{
    "keyword": "2010-2022_Physics_Open-ended_Questions",
    "model_name": "gpt-4-0314",
    "prompt": "请解答下面的物理解答题，仔细阅读题目，注意其中可能含有单选题和多选题。请你一步步思考并将思考过程写在【解析】和<eoe>之间。请把你的最终答案写在【答案】和<eoa>之间。选择题你要从选项中选出符合题意的答案，例如“【答案】A <eoa>”。\n完整的题目回答格式如下：（1）【解析】 ...<eoe>\n【答案】 ...<eoa>\n (2)【解析】 ...<eoe>\n【答案】...<eoa>\n请你严格按照上述格式作答。如果不止一道题，请分别作答。\n题目如下:",
    "example": [
        {
            "index": 0,
            "year": "2010",
            "category": "（全国卷ⅱ）",
            "score": 18,
            "question": "12. (18 分) 小球 $\\mathrm{A}$ 和 $\\mathrm{B}$ 的质量分别为 $\\mathrm{m}_{\\mathrm{A}}$ 和 $\\mathrm{m}_{\\mathrm{B}}$, 且 $\\mathrm{m}_{\\mathrm{A}}>\\mathrm{m}_{\\mathrm{B}}$. 在某高度处将 $\\mathrm{A}$ 和 $\\mathrm{B}$ 先后从静止释放. 小球 $\\mathrm{A}$ 与水平地面碰撞后向上弹回, 在释放处的下方 与释放处距离为 $\\mathrm{H}$ 的地方恰好与正在下落的小球 $\\mathrm{B}$ 发生正碰. 设所有碰撞都 是弹性的, 碰撞时间极短. 求小球 $\\mathrm{A} 、 \\mathrm{~B}$ 碰撞后 $\\mathrm{B}$ 上升的最大高度.\n",
            "standard_answer": "$B$ 上升的最大高度是 $\\left(\\frac{3 m_{\\hat{A}}-m_{B}}{m_{\\hat{A}}+m_{B}}\\right)^{2} H$.\n",
            "analysis": "解: 小球 $\\mathrm{A}$ 与地面的碰撞是弹性的, 而且 $\\mathrm{AB}$ 都是从同一高度释放的, 所以 $\\mathrm{AB}$ 碰撞前的速度大小相等设为 $\\mathrm{v}_{0}$,\n\n根据机械能守恒有 $\\mathrm{m}_{\\mathrm{A}} \\mathrm{gH}=\\frac{1}{2} \\mathrm{~m}_{\\mathrm{A}} \\mathrm{v}_{0}^{2}$\n\n化简得 $\\mathrm{v}_{0}=\\sqrt{2 \\mathrm{gH}}(1)$\n\n设 $A 、 B$ 碰撞后的速度分别为 $v_{A}$ 和 $v_{B}$, 以坚直向上为速度的正方向, 根据 $\\mathrm{A} 、 \\mathrm{~B}$ 组成的系统动量守恒和动能守恒得\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& m_{A} v_{0}-m_{B} v_{0}=m_{A} v_{A}+m_{B} v_{B}(2) \\\\\n& \\frac{1}{2} m_{A} v_{0}^{2}+\\frac{1}{2} m_{B} v_{0}^{2}=\\frac{1}{2} m_{A} v_{A}^{2}+\\frac{1}{2} m_{B} v_{B}^{2}(3)\n\\end{aligned}\n$$\n\n联立(2)(3)化简得 $\\quad v_{B}=\\frac{3 m_{A}-m_{B}}{m_{A}+m_{B}} v_{0}$ (4)\n\n设小球 $\\mathrm{B}$ 能够上升的最大高度为 $\\mathrm{h}$,\n\n由运动学公式得 $\\quad \\mathrm{h}=\\frac{\\mathrm{v}_{\\mathrm{B}}^{2}}{2 \\mathrm{~g}}{ }_{0}(5)$\n\n联立(1)(4)(5)化简得 $\\mathrm{h}=\\left(\\frac{3 m_{\\dot{A}}-m_{B}}{m_{\\dot{A}}+m_{B}}\\right)^{2} H^{(6}$\n",
            "model_output": "【解析】\n首先，我们需要找出小球A和小球B在碰撞点的速度。由于碰撞发生在高度H处，我们可以使用自由落体公式来计算这两个速度。对于小球A，它首先下落，然后弹起，再次下落到碰撞点。对于小球B，它只是从释放点直接下落到碰撞点。\n\n对于小球A，我们可以使用自由落体公式v² = 2gh来计算它的初速度。这里，g是重力加速度，h是小球A下落的高度。由于小球A弹起后再次下落，所以它的初速度应该是2gh的平方根。然后，我们可以使用同样的公式来计算小球A在碰撞点的速度，只是这次的高度是H。\n\n对于小球B，我们同样可以使用自由落体公式来计算它在碰撞点的速度，只是这次的高度是释放点到碰撞点的距离。\n\n然后，我们可以使用动量守恒定律和能量守恒定律来计算碰撞后小球B的速度。动量守恒定律告诉我们，系统的总动量在碰撞前后是相等的。能量守恒定律告诉我们，系统的总能量在碰撞前后也是相等的。\n\n最后，我们可以使用自由落体公式来计算小球B碰撞后上升的最大高度。这次，我们需要解出的是高度h，已知的是小球B碰撞后的速度v和重力加速度g。我们可以将速度v代入公式v² = 2gh，然后解出高度h。<eoe>\n\n【答案】\n小球A在碰撞点的速度为√(2gH)，小球B在碰撞点的速度为√(2g(2H))。设碰撞后小球B的速度为v，根据动量守恒定律，我们有mAvA + mBvB = (mA + mB)v，代入已知数值，我们可以解出v = [mA√(2gH) + mB√(2g(2H))]/(mA + mB)。然后，我们可以将速度v代入公式v² = 2gh，解出高度h = v²/(2g) = [mA√(2gH) + mB√(2g(2H))]/(mA + mB)²/(2g)。<eoa>"
        },
        {
            "index": 1,
            "year": "2010",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 14,
            "question": "11. (14 分) 短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了 $100 \\mathrm{~m}$ 和 $200 \\mathrm{~m}$ 短跑项目的 新世界纪录, 他的成绩分别是 $9.69 \\mathrm{~s}$ 和 $19.30 \\mathrm{~s}$ 。假定他在 $100 \\mathrm{~m}$ 比赛时从发令 到起跑的反应时间是 $0.15 \\mathrm{~s}$, 起跑后做匀加速运动, 达到最大速率后做匀速运 动. $200 \\mathrm{~m}$ 比赛时, 反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与 $100 \\mathrm{~m}$ 比 赛时相同, 但由于弯道和体力等因素的影响, 以后的平均速率只有跑 $100 \\mathrm{~m}$ 时 最大速率的 $96 \\%$. 求:\n\n(1) 加速所用时间和达到的最大速率。\n\n（2）起跑后做匀加速运动的加速度。（结果保留两位小数）\n",
            "standard_answer": "(1) 加速所用时间是 $1.29 \\mathrm{~s}$, 达到的最大速率是 $11.24 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$ 。\n\n（2）起跑后做匀加速运动的加速度是 $8.71 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}^{2}$ 。\n",
            "analysis": "解: （1）设加速所用时间 $\\mathrm{t}$ 和达到的最大速率 $\\mathrm{v}$,\n\n$100 \\mathrm{~m}$ 比赛时有,\n\n$\\frac{0+v}{2} t+v(9.69-0.15-t)=10 C$\n\n$200 \\mathrm{~m}$ 比赛时有，\n\n$\\frac{0+v}{2} t+96 \\% v(19.30-0.15-t)=20 c$\n\n联立解得: $t=1.29 \\mathrm{~s}, \\mathrm{v}=11.24 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$\n\n（2）设起跑后做匀加速运动的加速度 $\\mathrm{a}$,\n\n则 $v=a t$,\n\n解得: $a=8.71 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}^{2}$\n",
            "model_output": "(1)【解析】首先，我们需要找出博尔特在100米比赛中匀速运动的时间。这个时间可以通过将总时间9.69秒减去反应时间0.15秒得到，即9.69秒-0.15秒=9.54秒。然后，由于他在200米比赛中的平均速度是100米比赛时最大速度的96%，所以我们可以通过将200米比赛的总时间19.30秒减去9.54秒得到他在200米比赛中匀速运动的时间，即19.30秒-9.54秒=9.76秒。由于他在200米比赛中的匀速运动时间比100米比赛中的匀速运动时间长，所以他在100米比赛中的加速时间可以通过将100米比赛的匀速运动时间减去200米比赛的匀速运动时间得到，即9.54秒-9.76秒=-0.22秒。然而，时间不能为负数，所以这个结果是不正确的。我们需要重新计算他在100米比赛中的匀速运动时间。由于他在200米比赛中的平均速度是100米比赛时最大速度的96%，所以他在100米比赛中的匀速运动时间应该是200米比赛的总时间的96%，即19.30秒*96%=18.53秒。然后，他在100米比赛中的加速时间可以通过将100米比赛的总时间减去匀速运动时间得到，即9.69秒-18.53秒=-8.84秒。这个结果仍然是负数，所以我们的计算方法是错误的。我们需要重新考虑问题。实际上，他在100米比赛中的加速时间应该等于200米比赛中的加速时间，因为题目中提到他在200米比赛时的反应时间和加速阶段的加速度和加速时间与100米比赛时相同。所以，他在100米比赛中的加速时间应该等于200米比赛的总时间减去100米比赛的总时间，即19.30秒-9.69秒=9.61秒。然后，他在100米比赛中达到的最大速度可以通过将100米除以加速时间得到，即100米/9.61秒=10.41米/秒。所以，他在100米比赛中的加速时间是9.61秒，达到的最大速度是10.41米/秒。<eoe>\n\n(2)【解析】他在起跑后做匀加速运动的加速度可以通过将最大速度除以加速时间得到，即10.41米/秒/9.61秒=1.08米/秒^2。所以，他在起跑后做匀加速运动的加速度是1.08米/秒^2。<eoe>\n\n【答案】\n(1) 加速所用时间是9.61秒，达到的最大速度是10.41米/秒。<eoa>\n(2) 起跑后做匀加速运动的加速度是1.08米/秒^2。<eoa>"
        },
        {
            "index": 2,
            "year": "2011",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "13. 对于一定量的理想气体, 下列说法正确的是（）\nA. 若气体的压强和体积都不变, 其内能也一定不变\nB. 若气体的内能不变, 其状态也一定不变\nC. 若气体的温度随时间不断升高, 其压强也一定不断增大\nD. 气体温度每升高 $1 \\mathrm{~K}$ 所吸收的热量与气体经历的过程有关\nE. 当气体温度升高时, 气体的内能一定增大 14. 如图, 一上端开口、下端封闭的细长玻璃管, 下部有长 $1_{1}=66 \\mathrm{~cm}$ 的水银柱, 中间封有长 $1_{2}=6.6 \\mathrm{~cm}$ 的空气柱, 上部有长 $1_{3}=44 \\mathrm{~cm}$ 的水银柱, 此时水银面恰 好与管口平齐。已知大气压强为 $\\mathrm{P}_{0}=76 \\mathrm{cmHg}$. 如果使玻璃管绕底端在坚直平 面内缓慢地转动一周, 求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。 封入的气体可视为理想气体, 在转动过程中没有发生漏气。\n",
            "standard_answer": "ADE\n",
            "analysis": "解：A、由理想气体的状态方程可知, 若气体的压强和体积都不变, 则 其温度不变，其内能也一定不变，故 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\nB、若气体的内能不变, 则气体的温度不变, 气体的压强与体积可能发生变化, 气体的状态可能变化, 故 B 错误;\n\nC、由理想气体的状态方程可知, 若气体的温度 $\\mathrm{T}$ 随时间升高, 体积同时变大, 其压强可能不变，故 $\\mathrm{C}$ 错误;\n\nD、气体绝热压缩或膨胀时, 气体不吸热也不放热, 气体内能发生变化, 温度升 高或降低, 在非绝热过程中, 气体内能变化, 要吸收或放出热量, 由此可知 气体温度每升高 $1 \\mathrm{~K}$ 所吸收的热量与气体经历的过程有关, 故 D 正确;\n\nE、理想气体内能由温度决定, 当气体温度升高时, 气体的内能一定增, 故 E 正 确;\n",
            "model_output": "（1）【解析】对于选项A，理想气体的内能只与温度有关，与压强和体积无关，所以A选项正确。对于选项B，理想气体的状态由压强、体积和温度共同决定，内能只与温度有关，所以B选项错误。对于选项C，理想气体的压强与温度和体积有关，如果体积不变，温度升高，压强会增大，但题目没有提到体积是否变化，所以C选项不能确定。对于选项D，理想气体吸收的热量与温度的升高有关，但也与气体经历的过程有关，所以D选项正确。对于选项E，理想气体的内能只与温度有关，温度升高，内能一定增大，所以E选项正确。<eoe>\n【答案】A、D、E<eoa>\n（2）【解析】首先，我们知道理想气体的状态方程为PV=nRT，其中P为压强，V为体积，n为摩尔数，R为气体常数，T为温度。在这个问题中，气体的摩尔数n和温度T都是恒定的，所以PV=常数。当玻璃管转动到开口向下时，空气柱的压强等于大气压强，所以有P1*V1=P0*V0，其中P1为空气柱的压强，V1为空气柱的体积，P0为大气压强，V0为空气柱原来的体积。将V1和V0都表示为高度，得到P1*H1=P0*H0，其中H1为空气柱的高度，H0为空气柱原来的高度。解这个方程，得到H1=H0*P0/P1=6.6cm*76cmHg/76cmHg=6.6cm。当玻璃管转回到原来位置时，空气柱的长度不变，仍为6.6cm。<eoe>\n【答案】6.6cm、6.6cm<eoa>"
        },
        {
            "index": 3,
            "year": "2011",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "15. 一振动周期为 $\\mathrm{T}$ 、振幅为 $\\mathrm{A}$ 、位于 $\\mathrm{x}=0$ 点的波源从平衡位置沿 $\\mathrm{y}$ 轴正向开始 做简谐运动. 该波源产生的一维简谐横波沿 $\\mathrm{x}$ 轴正向传播, 波速为 $\\mathrm{v}$, 传播过 程中无能量损失. 一段时间后, 该振动传播至某质点 $\\mathrm{P}$, 关于质点 $\\mathrm{P}$ 振动的 说法正确的是 $(\\quad)$\nA. 振幅一定为 $\\mathrm{A}$\nB. 周期一定为 $\\mathrm{T}$\nC. 速度的最大值一定为 $\\mathrm{v}$\nD. 开始振动的方向沿 $\\mathrm{y}$ 轴向上或向下取决于它离波源的距离\nE. 若 $P$ 点与波源距离 $s=v T$, 则质点 $P$ 的位移与波源的相同\n",
            "standard_answer": "$\\mathrm{ABE}$\n",
            "analysis": "解： $\\mathrm{A} 、 \\mathrm{~B} 、 \\mathrm{D}$ 波传播过程中, 各振动质点的振动周期、振幅、起振方 向都和波源质点相同, $\\mathrm{A} 、 \\mathrm{~B}$ 正确， $\\mathrm{D}$ 错误;\n\nC、质点的振动速度大小跟波速无关, $\\mathrm{C}$ 错误;\n\n$E 、 \\mathrm{~s}=\\mathrm{vT}$, 则 $\\mathrm{s}$ 等于一个波长, 即 $\\mathrm{P}$ 点与波源质点相位相同, 振动情况总相同, 位移总相同, $\\mathrm{E}$ 正确。\n",
            "model_output": "【解析】<eoe>\n首先，我们来分析选项A。振幅是波动的最大位移，由波源决定，不随着波的传播而改变，所以质点P的振幅一定为A。\n接下来看选项B。周期是波动完成一次往复运动所需的时间，也是由波源决定，不随波的传播而改变，所以质点P的周期一定为T。\n然后看选项C。速度的最大值是指波的传播速度，而不是质点的振动速度，所以质点P的速度的最大值并不一定为v。\n再看选项D。质点P的振动方向是由波源决定的，而不是由它离波源的距离决定的，所以开始振动的方向沿y轴向上或向下并不取决于它离波源的距离。\n最后看选项E。根据波的相位差的定义，当P点与波源的距离s等于波的波长时，P点的位移与波源的位移相同。而波的波长等于波速v乘以周期T，所以当s=vT时，质点P的位移与波源的位移相同。\n综上所述，选项A、B、E是正确的。【答案】A、B、E<eoa>"
        },
        {
            "index": 4,
            "year": "2011",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "17. 在光电效应实验中, 某金属的截止频率相应的波长为 $\\lambda_{0}$, 该金属的逸出功为 。若用波长为 $\\lambda\\left(\\lambda<\\lambda_{0}\\right)$ 的单色光做该实验, 则其遏止电压为 。已知 电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为 $e 、 c$ 和 $h$ 。\n",
            "standard_answer": "$\\frac{h}{h} \\frac{c}{\\lambda_{0}}, \\frac{h c}{e^{\\lambda}}-\\frac{h c}{e^{\\lambda_{0}}}$ 。\n",
            "analysis": "解：金属的逸出功 $W_{0}=\\mathrm{h} \\gamma_{0}=h_{\\frac{c}{}}^{\\lambda_{0}}$ 。\n\n根据光电效应方程知 $E_{k m}=h \\frac{c}{\\lambda}-h \\frac{c}{\\lambda_{0}}$, 又 $E_{k m}=e U$, 则遏止电压 $U=\\frac{h c}{e^{\\lambda}}-\\frac{h c}{e^{\\lambda}}$\n",
            "model_output": "（1）【解析】根据光电效应的爱因斯坦公式，逸出功$W_0$等于光子能量减去光电子的动能，即$W_0 = h\\nu - eU$。其中，$\\nu$是光的频率，$U$是遏止电压。由于光的频率和波长的关系是$\\nu = c/\\lambda$，所以可以将公式改写为$W_0 = h(c/\\lambda) - eU$。当光的波长为$\\lambda_0$时，逸出功$W_0 = h(c/\\lambda_0)$。由此可以解出逸出功$W_0$的表达式。<eoe>\n【答案】$W_0 = h(c/\\lambda_0)$<eoa>\n（2）【解析】当光的波长为$\\lambda$时，逸出功$W_0 = h(c/\\lambda) - eU$。由此可以解出遏止电压$U$的表达式。<eoe>\n【答案】$U = (h(c/\\lambda) - W_0) / e = (h(c/\\lambda) - h(c/\\lambda_0)) / e = h(c/\\lambda - c/\\lambda_0) / e$<eoa>"
        },
        {
            "index": 5,
            "year": "2012",
            "category": "（新课标）",
            "score": 6,
            "question": "13. 关于热力学定律, 下列说法正确的是（）\nA. 为了增加物体的内能, 必须对物体做功或向它传递热量\nB. 对某物体做功, 必定会使该物体的内能增加\nC. 可以从单一热源吸收热量, 使之完全变为功\nD. 不可以从单一热源吸收热量, 使之完全变为功\nE. 功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程.\n",
            "standard_answer": "ACE\n",
            "analysis": "解：A、做功和热传递是改变物体内能的两种方法, 故 A 正确;\n\nB、做功和热传递是改变物体内能的两种方法, 仅对物体做功, 物体内能不一定 增加, 故 B 错误;\n\nC、D、热力学第二定律可以表示为: 不可能制成一种循环动作的热机, 从单一 热源取热, 使之完全变为功而不引起其它变化。这句话强调的是不可能“不产 生其它变化\"; 即在引起其他变化是可能的; 故 C 正确, D 错误;\n\nE、热力学第二定律的实质: 一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的, 故 E 正确。\n",
            "model_output": "【解析】这是一道关于热力学定律的选择题。选项A是正确的，物体的内能可以通过做功或传递热量来增加，这是热力学第一定律的内容。选项B是错误的，因为做功不一定会使物体的内能增加，例如在膨胀过程中，气体对外做功，其内能会减少。选项C是错误的，这违反了热力学第二定律，也就是卡诺定理，不能从单一热源吸收热量使之完全变为功。选项D是正确的，这是热力学第二定律的内容。选项E是正确的，功转变为热的过程是不可逆的，这是热力学第二定律的内容。<eoe>\n【答案】A、D、E<eoa>"
        },
        {
            "index": 6,
            "year": "2013",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "13. （6 分) 两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动, 直至不再 靠近。在此过程中, 下列说法正确的是（）\nA. 分子力先增大, 后一直减小\nB. 分子力先做正功, 后做负功\nC. 分子动能先增大，后减小\nD. 分子势能先增大，后减小\nE. 分子势能和动能之和不变\n",
            "standard_answer": "BCE\n",
            "analysis": "解: A、两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动, 直至 不再靠近的过程中, 当分子间距大于平衡间距时, 分子力表现为引力; 当分 子间距小于平衡间距时, 分子力表现为斥力；故 $A$ 错误;\n\nB、两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动, 直至不再靠近的过 程中, 分子力先是引力后是斥力, 故先做正功后做负功, 故 B 正确;\n\nC、只有分子力做功, 先做正功后做负功, 根据动能定理, 动能先增加后减小, 故 C 正确;\n\nD、分子力先做正功后做负功; 分子力做功等于分子势能的减小量; 故分子势能 先减小后增加, 故 D 错误;\n\nE、分子力做功等于分子势能的减小量, 总功等于动能增加量, 只有分子力做功, 故分子势能和分子动能总量保持不变, 故 $E$ 正确;\n",
            "model_output": "【解析】首先，分子力是一种吸引力，当两个分子相距较远时，分子力较小，随着两个分子靠近，分子力会增大，当两个分子靠得足够近时，分子力会减小，所以选项A是正确的。其次，分子力在两个分子靠近的过程中做正功，当两个分子开始远离时，分子力做负功，所以选项B也是正确的。再次，分子动能是分子运动的能量，当两个分子开始靠近时，分子动能增大，当两个分子开始远离时，分子动能减小，所以选项C是正确的。然后，分子势能是分子位置的能量，当两个分子靠近时，分子势能减小，当两个分子远离时，分子势能增大，所以选项D是错误的。最后，分子势能和动能之和是分子的总能量，由能量守恒定律，分子的总能量在没有外力作用的情况下是不变的，所以选项E是正确的。<eoe>\n【答案】A、B、C、E<eoa>"
        },
        {
            "index": 7,
            "year": "2013",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "17. 一质子束入射到能止靶核 ${ }_{13}^{2 T} \\mathrm{Al}$ 上，产生如下核反应: $\\mathrm{P}+{ }_{13}^{2 T} \\mathrm{Al} \\rightarrow \\mathrm{X}+\\mathrm{n}$ 式中 $\\mathrm{p}$ 代表质子, $\\mathrm{n}$ 代表中子, $\\mathrm{X}$ 代表核反应产生的新核. 由反应式可知, 新核 $\\mathrm{X}$ 的 质子数为 , 中子数为\n",
            "standard_answer": "1413 .\n",
            "analysis": "解：质子的电荷数为 1 , 质量数为 1 , 中子的电荷数为 0 , 质量数为 1 . 根据电荷数守恒、质量数守恒, $X$ 的质子数为 $1+13-0=14$, 质量数为 $1+27-1=27$. 因为质量数等于质子数和中子数之和, 则新核的中子数为 $27-14=13$\n",
            "model_output": "【解析】根据题目，我们知道质子数和中子数在核反应中是守恒的。在反应前，质子数为1（质子）+13（${ }_{13}^{2 T} \\mathrm{Al}$的质子数），中子数为2（${ }_{13}^{2 T} \\mathrm{Al}$的中子数）。在反应后，质子数为X的质子数，中子数为X的中子数+1（中子）。因此，新核X的质子数为1+13=14，新核X的中子数为2-1=1。<eoe>\n【答案】新核X的质子数为14，中子数为1<eoa>"
        },
        {
            "index": 8,
            "year": "2013",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 9,
            "question": "18. 在粗䊁的水平桌面上有两个静止的木块 $\\mathrm{A}$ 和 $\\mathrm{B}$, 两者相距为 $\\mathrm{d}$ 。现给 $\\mathrm{A}$ 一初 速度, 使 $\\mathrm{A}$ 与 $\\mathrm{B}$ 发生弹性正碰, 碰撞时间极短。当两木块都停止运动后, 相 距仍然为 $\\mathrm{d}$ 。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为 $\\mu, B$ 的质量为 $\\mathrm{A}$ 的 2 倍, 重力加速度大小为 $g$ 。求 $A$ 的初速度的大小。\n",
            "standard_answer": "$A$ 的初速度的大小是 $v_{0}=\\sqrt{\\frac{28 \\mu \\mathrm{gd}}{5}}$ 。\n",
            "analysis": "解: 设在发生碰撞前的瞬间, 木块 $A$ 的速度大小为 $\\mathrm{v}$;\n\n在碰撞后的瞬间, $A$ 和 $B$ 的速度分别为 $v_{1}$ 和 $v_{2}$ 。\n\n在碰撞过程中, 由能量守恒定律和动量守恒定律。得\n\n$\\frac{1}{2} m v^{2}=\\frac{1}{2} m v_{1}^{2}+\\frac{1}{2} \\cdot 2 m v_{2}^{2}$,\n\n$m v=m v_{1}+2 m v_{2}$, 式中, 以碰撞前木块 $A$ 的速度方向为正。\n\n联立解得: $v_{1}=-\\frac{1}{2} v_{2}$ 。\n\n设碰撞后 $A$ 和 $B$ 运动的距离分别为 $d_{1}$ 和 $d_{2}$,\n\n由动能定理得 $\\mu \\mathrm{mgd}_{1}=\\frac{1}{2} \\mathrm{mv}_{1}{ }^{2}$ 。\n\n$\\mu(2 \\mathrm{~m}) \\mathrm{gd}_{2}=\\frac{1}{2} 2 \\mathrm{mv}_{2}{ }^{2}$ 。\n\n按题意有: $d=d_{2}+d_{1}$ 。\n\n设 $A$ 的初速度大小为 $v_{0}$, 由动能定理得 $-\\mu m g d=\\frac{1}{2} m v^{2}-\\frac{1}{2} m v_{0}{ }^{2}$\n\n联立解得: $v_{0}=\\sqrt{\\frac{28 \\mu \\mathrm{gd}}{5}}$\n",
            "model_output": "【解析】由于两个木块都停止运动后，相距仍然为d，说明木块A和木块B在碰撞后的速度相等。设木块A的质量为m，木块B的质量为2m，木块A的初速度为v，由于碰撞时间极短，可以忽略碰撞过程中的摩擦力，所以可以使用动量守恒定律，即碰撞前后系统的动量相等。碰撞前系统的动量为mv，碰撞后系统的动量为3mu，所以有mv=3mu，解得u=v/3。由于木块A和木块B在碰撞后的速度相等，所以木块A和木块B在碰撞后的速度都是v/3。由于木块A和木块B都是在摩擦力的作用下停止的，所以可以使用动能定理，即木块A和木块B在碰撞后的动能等于摩擦力做的功。木块A和木块B在碰撞后的动能为1/2*m*(v/3)^2+1/2*2m*(v/3)^2=mv^2/18，摩擦力做的功为μmgd+2μmgd=3μmgd，所以有mv^2/18=3μmgd，解得v=√(54μgd)。<eoe>\n\n【答案】v=√(54μgd)<eoa>"
        },
        {
            "index": 9,
            "year": "2013",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 5,
            "question": "13.（5 分）关于一定量的气体, 下列说法正确的是（ ）\n\nA. 气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积, 而不是该气体所 有分子体积之和\n\nB. 只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度, 气体的温度就可以降低 \nC. 在完全失重的情况下, 气体对容器壁的压强为零\nD. 气体从外界吸收热量, 其内能一定增加\nE. 气体在等压膨胀过程中温度一定升高\n",
            "standard_answer": "$A B E$\n",
            "analysis": "解：A、气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积, $A$ 正 确;\n\nB、温度高，气体分子热运动就剧烈， B 正确;\n\nC、在完全失重的情况下, 分子运动不停息, 气体对容器壁的压强不为零, $C$ 错 误\n\nD、做功也可以改变物体的内能，D 错误;\n\n$E$ 、气体在等压膨胀过程中温度一定升高, $E$ 正确。\n",
            "model_output": "（1）【解析】选项A，气体的体积是指气体分子所能到达的空间的体积，而不是气体分子本身的体积之和，这是因为气体分子之间的距离远大于分子本身的大小，所以气体的体积主要是空间的体积，而不是分子的体积。所以选项A是正确的。<eoe>\n【答案】A <eoa>\n（2）【解析】选项B，气体的温度是气体分子热运动的平均动能，减弱气体分子的热运动剧烈程度，即减小气体分子的平均动能，也就是降低气体的温度。所以选项B是正确的。<eoe>\n【答案】B <eoa>\n（3）【解析】选项C，气体对容器壁的压强是由气体分子与容器壁的碰撞产生的，即使在完全失重的情况下，气体分子仍然会与容器壁发生碰撞，所以气体对容器壁的压强不会为零。所以选项C是错误的。<eoe>\n【答案】C错误 <eoa>\n（4）【解析】选项D，气体从外界吸收热量，其内能可能增加，也可能用于做功，如膨胀工作，所以并不一定增加。所以选项D是错误的。<eoe>\n【答案】D错误 <eoa>\n（5）【解析】选项E，气体在等压膨胀过程中，如果吸收了热量，其温度可能会升高，但如果没有吸收热量，其温度可能会降低。所以选项E是错误的。<eoe>\n【答案】E错误 <eoa>"
        },
        {
            "index": 10,
            "year": "2013",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "17. 关于原子核的结合能, 下列说法正确的是（）\nA. 原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量\nB. 一重原子核衰变成 $\\alpha$ 粒子和另一原子核, 衰变产物的结合能之和一定大于 原来重核的结合能\n",
            "standard_answer": "$A B C$\n",
            "analysis": "解: $A$ 、原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量, A 正确;\n\nB、结合能是指使物质分解的能量, 物质越稳定, 这个能量越大, 释放完能量后, 物质为低能状态, 更稳定, 更不易分解, 所以结合能变大, 故 B 正确;\n\nC、铯原子核与原子核都是中等质量的原子核, 铯原子核 $\\left({ }_{55}^{133} \\mathrm{Cs}\\right)$ 的比结合能 比铅原子核（ $\\left.{ }_{82}^{208} \\mathrm{~Pb}\\right)$ 的比结合能略大, 而铅原子核中的核子数比铯原子核 的核子数多一半, 所以铯原子核 $\\left({ }_{55}^{133} \\mathrm{Cs}\\right)$ 的结合能一定小于铅原子核（ $\\left.{ }_{82}^{208} \\mathrm{~Pb}\\right)$ 的结合能, 故 C 正确;\n\nD、比结合能越大，原子核越稳定, $D$ 错误;\n\nE、自由核子组成原子核时, 其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能, $E$ 错误;\n",
            "model_output": "（1）【解析】结合能是指将一个原子核完全分解成自由核子所需的最小能量，所以选项A是正确的。<eoe>\n【答案】A<eoa>\n（2）【解析】原子核衰变是一个放出能量的过程，衰变后的产物的结合能之和应该大于衰变前的原子核的结合能，所以选项B是正确的。<eoe>\n【答案】B<eoa>"
        },
        {
            "index": 11,
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 12,
            "question": "11. （12 分) 公路上行驶的两辆汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然 停止时, 后车司机可以采取刹车措施, 使汽车匀减速在安全距离内停下而不 会与前车相碰。通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 $1 \\mathrm{~s}$ （ 这一时间段内车仍保持匀速）。当汽车在晴天干燥沥青路面上以 $108 \\mathrm{~km} / \\mathrm{h}$ 的 速度匀速行驶时, 安全距离为 $120 \\mathrm{~m}$ 。设雨天时汽车匀减速时的加速度为晴天 时的 $\\frac{2}{5}$, 若要求安全距离仍为 $120 \\mathrm{~m}$, 求汽车在雨天安全行驶的最大速度。\n",
            "standard_answer": "汽车在雨天安全行驶的最大速度为 $20 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$\n",
            "analysis": "解：设路面干燥时, 汽车杀车时的加速度大小为 $\\mathrm{a}_{0}$, 安全距离为 $\\mathrm{s}$, 反 映时间为 $\\mathrm{t}_{0}$, 由运动学公式得:\n\n$s=v_{0} t_{0}+\\frac{v_{0}^{2}}{2 \\mathrm{a}_{0}} \\ldots$.\n\n式中, $\\mathrm{v}_{0}$ 为汽车杀车前的速度。\n\n设在雨天行驶时汽车杀车的加速度大小为 $\\mathrm{a}$, 安全行驶的最大速度为 $\\mathrm{v}$, 由运动 学公式得:\n\n$s=\\mathrm{vt}_{0}+\\frac{\\mathrm{v}^{2}}{2 \\mathrm{a}} \\ldots(2)$\n\n依题意有： $a=\\frac{2}{5} a_{0} \\ldots(3)$\n\n联立(1)(2)(3)式并代入题给数据得: $v=20 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$\n",
            "model_output": "【解析】首先，我们需要将给定的速度和距离转换为标准单位，即将速度从千米/小时转换为米/秒，将距离从千米转换为米。这样，汽车的速度为 $108 \\mathrm{~km/h} = 30 \\mathrm{~m/s}$，安全距离为 $120 \\mathrm{~m}$。\n\n然后，我们需要找出汽车在晴天时的加速度。由于汽车在反应时间内保持匀速，所以在这段时间内行驶的距离为 $v \\times t = 30 \\mathrm{~m/s} \\times 1 \\mathrm{~s} = 30 \\mathrm{~m}$。然后汽车开始匀减速，所以剩下的距离为 $120 \\mathrm{~m} - 30 \\mathrm{~m} = 90 \\mathrm{~m}$。由于汽车是匀减速，所以我们可以使用公式 $s = \\frac{1}{2} v t$，其中 $s$ 是距离，$v$ 是速度，$t$ 是时间。解这个方程，我们得到 $t = \\frac{2s}{v} = \\frac{2 \\times 90 \\mathrm{~m}}{30 \\mathrm{~m/s}} = 6 \\mathrm{~s}$。然后我们可以使用公式 $a = \\frac{v}{t}$ 计算加速度，得到 $a = \\frac{30 \\mathrm{~m/s}}{6 \\mathrm{~s}} = 5 \\mathrm{~m/s^2}$。\n\n最后，我们需要找出雨天时的最大速度。由于雨天时的加速度为晴天时的 $\\frac{2}{5}$，所以 $a' = \\frac{2}{5} \\times 5 \\mathrm{~m/s^2} = 2 \\mathrm{~m/s^2}$。我们可以使用公式 $v = a t$ 计算速度，得到 $v' = 2 \\mathrm{~m/s^2} \\times 6 \\mathrm{~s} = 12 \\mathrm{~m/s}$。然后我们需要加上反应时间内行驶的距离，所以最大速度为 $v' + 30 \\mathrm{~m/s} = 42 \\mathrm{~m/s}$。将这个速度转换为千米/小时，我们得到 $42 \\mathrm{~m/s} = 151.2 \\mathrm{~km/h}$。所以，汽车在雨天安全行驶的最大速度为 $151.2 \\mathrm{~km/h}$。<eoe>\n\n【答案】151.2 km/h<eoa>"
        },
        {
            "index": 12,
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 9,
            "question": "14. （9 分）一定质量的理想气体被活塞封闭在坚直放置的圆柱形气缸内, 气缸 壁导热良好, 活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动. 开始时气体压强为 $\\mathrm{p}$, 活塞下表 面相对于气缸底部的高度为 $\\mathrm{h}$, 外界的温度为 $\\mathrm{T}_{0}$, 现取质量为 $\\mathrm{m}$ 的沙子缓慢 地倒在活塞的上表面, 沙子倒完时, 活塞下降了 $\\frac{\\mathrm{h}}{4}$, 若此后外界的温度变为 $\\mathrm{T}$ , 求重新达到平衡后气体的体积. 已知外界大气的压强始终保持不变、重力 加速度大小为 $g$.\n",
            "standard_answer": "重新达到平衡后气体的体积为 $\\frac{9 \\mathrm{mgTh}}{4 \\mathrm{pt}}$.\n",
            "analysis": "解：设大气与活塞对气体的总压强为 $\\mathrm{p}$, 活塞横截面积为 $\\mathrm{S}$, 气体末状态的压强 $\\mathrm{p}^{\\prime}=\\mathrm{p}+\\frac{\\mathrm{mg}}{\\mathrm{S}}$, 体积 $\\mathrm{V}^{\\prime}=\\left(\\mathrm{h}^{-} \\frac{1}{4} \\mathrm{~h}\\right) \\mathrm{S}=\\frac{3}{4} \\mathrm{Sh}$,\n\n由玻意耳定律得: $\\mathrm{pV}=\\mathrm{p}^{\\prime} \\mathrm{V}^{\\prime}$,\n\n即: $\\mathrm{pSh}=\\left(\\mathrm{p}+\\frac{m \\mathrm{~g}}{\\mathrm{~S}}\\right) \\frac{3}{4} \\mathrm{Sh} \\ldots$ (1)\n\n由(1)式得 $\\frac{m g}{S}=\\frac{1}{3} p \\ldots(2)$\n\n外界的温度变为 $\\mathrm{T}$ 后, 设活塞下表面相对于气缸底部的高度为 $\\mathrm{h}^{\\prime}$, 根据盖 - 吕萨 克定律, 得; $\\frac{\\frac{3}{4} S h}{T_{0}}=\\frac{h^{\\prime} S}{T} \\ldots(3)$\n\n解得 $h^{\\prime}=\\frac{3 \\mathrm{~T}}{4 \\mathrm{~T}_{0}} h \\ldots$ (4)\n\n气体最后的体积为 $V=h^{\\prime} S \\ldots(5)$\n\n联立(2)(4)(5)可得 $\\mathrm{V}=\\frac{9 \\mathrm{mgTh}}{4 \\mathrm{pT} \\mathrm{T}_{0}}$.\n",
            "model_output": "【解析】\n首先，我们需要理解这是一个等温过程。因为气缸壁导热良好，所以气体的温度始终等于外界的温度，即$T_0$。在沙子倒完时，活塞下降了$h/4$，这意味着气体的体积减小了，压强增大了。\n\n根据等温过程的特性，我们知道$pV=常数$，所以我们可以写出沙子倒完时的状态方程：$p_1V_1=p_2V_2$，其中$p_1$和$V_1$是初始的压强和体积，$p_2$和$V_2$是沙子倒完后的压强和体积。\n\n由题意知，初始时气体的压强$p_1=p$，体积$V_1=A*h$，其中$A$是气缸的横截面积。沙子倒完后，活塞下降了$h/4$，所以体积$V_2=A*(h-h/4)=A*(3h/4)$。同时，由于沙子的质量$m$，活塞受到了额外的压力，所以$p_2=p+mg/A$。\n\n将这些值代入状态方程，我们得到$p*A*h=(p+mg/A)*A*(3h/4)$。解这个方程，我们可以得到$A=\\frac{4mg}{ph}$。\n\n然后，当外界的温度变为$T$时，气体的体积会发生变化。由于气体的压强不变，所以我们可以使用等温过程的状态方程$pV/T=常数$。设新的体积为$V'$，我们有$p_2V_2/T_0=p_2V'/T$。解这个方程，我们得到$V'=(T/T_0)*V_2=(T/T_0)*A*(3h/4)$。\n\n将$A=\\frac{4mg}{ph}$代入，我们得到$V'=(T/T_0)*\\frac{4mg}{ph}*(3h/4)=3mg(T/T_0)$。这就是重新达到平衡后气体的体积。<eoe>\n\n【答案】$V'=3mg(T/T_0)$<eoa>"
        },
        {
            "index": 13,
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "17. 关于天然放射性, 下列说法正确的是（）\nA. 所有元素都可能发生衰变\nB. 放射性元素的半衰期与外界的温度无关\nC. 放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性\nD. $\\alpha 、 \\beta$ 和 $\\gamma$ 三种射线， $\\gamma$ 射线的穿透力最强\nE. 一个原子核在一次衰变中可同时放出 $\\alpha 、 \\beta$ 和 $\\gamma$ 三种射线\n",
            "standard_answer": "BCD\n",
            "analysis": "解: A、有些原子核不稳定, 可以自发地衰变, 但不是所有元素都可能 发生衰变, 故 A 错误;\n\nB、放射性元素的半衰期由原子核决定, 与外界的温度无关, 故 B 正确;\n\nC、放射性元素的放射性与核外电子无关, 故放射性元素与别的元素形成化合物 时仍具有放射性, 故 C 正确;\n\n$D 、 \\alpha 、 \\beta$ 和 $\\gamma$ 三种射线， $\\gamma$ 射线的穿透力最强，电离能力最弱，故 D 正确;\n\nE、一个原子核在一次衰变中不可能同时放出 $\\alpha 、 \\beta$ 和 $\\gamma$ 三种射线, 故 E 错误。\n",
            "model_output": "【解析】\n选项A，不是所有的元素都可能发生衰变，只有原子序数大于82的元素才会发生自然放射性衰变，所以选项A是错误的。\n选项B，放射性元素的半衰期是固定的，与外界的温度无关，所以选项B是正确的。\n选项C，放射性元素与别的元素形成化合物时，其原子核的结构并未改变，所以仍然具有放射性，选项C是正确的。\n选项D，$\\alpha 、 \\beta$ 和 $\\gamma$ 三种射线中，$\\gamma$ 射线的穿透力最强，选项D是正确的。\n选项E，一个原子核在一次衰变中可以同时放出 $\\alpha 、 \\beta$ 和 $\\gamma$ 三种射线，选项E是正确的。\n<eoe>\n【答案】B C D E <eoa>"
        },
        {
            "index": 14,
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "13. 下列说法正确的是（ $）$\nA. 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动\nB. 空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果\nC. 彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点\nD. 高原地区水的沸点较低, 这是高原地区温度较低的缘故\n\nE. 干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度, 这是湿泡外纱布中 的水蒸发吸热的结果\n",
            "standard_answer": "BCE\n",
            "analysis": "解:\n\nA、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动, 由于花粉是由大量花粉分子组成 的, 所以布朗运动不能反映了花粉分子的热运动, 故 $\\mathrm{A}$ 错误;\n\nB、空气的小雨滴呈球形是水的表面张力使雨滴表面有收缩的趋势的结果, 故 B 正确;\n\nC、液晶像液体一样具有流动性, 而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性, 彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点, 故 C 正确;\n\nD、高原地区水的沸点较低, 这是高原地区气压较低的缘故, 故 D 错误;\n\nE、干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度, 是因为湿泡外纱布中 的水蒸发吸热, 故 E 正确。\n",
            "model_output": "【解析】首先，选项A中，花粉的布朗运动反映的是水分子的热运动，而不是花粉分子的热运动，所以A选项错误。选项B中，空气的小雨滴呈球形确实是水的表面张力作用的结果，所以B选项正确。选项C中，彩色液晶显示器确实利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，所以C选项正确。选项D中，高原地区水的沸点较低，这是因为高原地区的气压较低，而不是温度较低，所以D选项错误。选项E中，干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，所以E选项正确。综上，正确的选项是B、C和E。<eoe>\n【答案】B、C、E <eoa>"
        },
        {
            "index": 15,
            "year": "2014",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 6,
            "question": "17. 在人类对微观世界进行探索的过程中, 科学实验起到了非常重要的作用. 下 列说法符合历史事实的是（ $)$\n\nA. 密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值 B. 贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究, 发现了原子中存在原子核\n\nC. 居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋 $\\left(\\mathrm{P}_{0}\\right)$ 和镭 $\\left(\\mathrm{R}_{\\mathrm{a}}\\right)$ 两种新元素\n\nD. 卢瑟福通过 $\\mathrm{a}$ 粒子散射实验, 证实了在原子核内存在质子\n\nE. 汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验, 发现了阴极射线是由 带负电的粒子组成, 并测出了该粒子的比荷\n",
            "standard_answer": "$\\mathrm{ACE}$\n",
            "analysis": "解:\n\nA、密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值 $e \\approx 1.6 \\times 10^{-19} \\mathrm{C}$, 故 $\\mathrm{A}$ 正确; B、贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究, 证明原子核有复杂结构, $\\alpha$ 粒子散 射实验说明原子中存在原子核，故 B 错误;\n\nC、居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋 $\\left(\\mathrm{P}_{0}\\right)$ 和镭 $\\left(\\mathrm{R}_{\\mathrm{a}}\\right)$ 两种新元素, 故 $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD、卢瑟福通过 a 粒子散射实验, 证实了原子是由原子核和核外电子组成的, 而 不能说明原子核内存在质子, 故 D 错误;\n\nE、汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验, 发现了阴极射线是由带 负电的粒子组成, 并测出该粒子的比荷, 故 $\\mathrm{E}$ 正确。\n",
            "model_output": "【解析】本题考查的是对于科学实验的理解和对于科学史的了解。首先，选项A，密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值，这是正确的，密立根的油滴实验是经典的物理实验，通过这个实验，密立根测得了电子的电荷。选项B，贝克勒尔通过对天然放射性现象的研究, 发现了原子中存在原子核，这是错误的，是卢瑟福通过α粒子散射实验发现了原子核。选项C，居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素，这是正确的，居里夫妇通过对沥青铀矿的研究，发现了钋和镭这两种新元素。选项D，卢瑟福通过α粒子散射实验, 证实了在原子核内存在质子，这是错误的，卢瑟福的α粒子散射实验只证明了原子核的存在，并没有证明原子核内存在质子。选项E，汤姆孙通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验, 发现了阴极射线是由带负电的粒子组成, 并测出了该粒子的比荷，这是正确的，汤姆孙的阴极射线实验是经典的物理实验，通过这个实验，汤姆孙发现了电子，并测得了电子的比荷。<eoe>\n【答案】A, C, E <eoa>"
        },
        {
            "index": 16,
            "year": "2015",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 5,
            "question": "13.（5 分）下列说法正确的是（）\n\nA. 将一块晶体敲碎后, 得到的小颗粒是非晶体\n\nB. 固体可以分为晶体和非晶体两类, 有些晶体在不同方向上有不同的光学性 㢀\n\nC. 由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶 体 D. 在合适的条件下, 某些晶体可以转变为非晶体, 某些非晶体也可以转变为 晶体\n\nE. 在熔化过程中, 晶体要吸收热量, 但温度保持不变, 内能也保持不变\n",
            "standard_answer": "BCD\n",
            "analysis": "解： $A$ 、将一块晶体敲碎后, 得到的小颗粒还是晶体, 选项 $A$ 错误。\n\nB、固体可以分为晶体和非晶体两类, 有些晶体在不同方向上各向异性, 具有不 同的光学性质, 选项 $B$ 正确。\n\nC、由同种元素构成的固体, 可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体, 例如石墨和金刚石。选项 C 正确。\n\nD、在合适的条件下, 某些晶体可以转变为非晶体, 某些非晶体也可以转变为晶 体, 例如天然石英是晶体, 熔融过的石英却是非晶体。把晶体硫加热熔化（ 温度超过 $300^{\\circ} \\mathrm{C}$ ) 再倒进冷水中, 会变成柔软的非晶硫, 再过一段时间又会转 化为晶体硫。所以选项 D 正确。\n\nE、在熔化过程中, 晶体要吸收热量, 虽然温度保持不变, 但是内能要增加。选 项 $\\mathrm{E}$ 错误\n",
            "model_output": "（1）【解析】选项A，将一块晶体敲碎后, 得到的小颗粒是非晶体，这个说法是错误的。晶体的内部结构是有序的，无论你将其切割成多小的颗粒，只要内部结构保持有序，它仍然是晶体。<eoe>\n【答案】A错误<eoa>\n（2）【解析】选项B，固体可以分为晶体和非晶体两类, 有些晶体在不同方向上有不同的光学性，这个说法是正确的。固体确实可以分为晶体和非晶体两类，晶体的特点就是其内部原子、离子或分子按一定的规律排列，形成有序的结构。而晶体的光学性质，如折射率、吸收系数等，可能会因为晶体的取向不同而有所不同。<eoe>\n【答案】B正确<eoa>\n（3）【解析】选项C，由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，这个说法是正确的。同种元素构成的固体，如果其原子的排列方式不同，就可能形成不同的晶体结构，这就是所谓的同素异形体，例如碳元素就有石墨和钻石两种晶体形态。<eoe>\n【答案】C正确<eoa>\n（4）【解析】选项D， 在合适的条件下, 某些晶体可以转变为非晶体, 某些非晶体也可以转变为晶体，这个说法是正确的。例如，通过加热或者冷却，可以使晶体转变为非晶体，也可以使非晶体转变为晶体。<eoe>\n【答案】D正确<eoa>\n（5）【解析】选项E， 在熔化过程中, 晶体要吸收热量, 但温度保持不变, 内能也保持不变，这个说法是错误的。在熔化过程中，晶体确实需要吸收热量，而且在吸热过程中，温度会保持不变，这是因为吸收的热量被用于改变物质的状态，而不是提高其温度。但是，内能并不会保持不变，因为内能是包括了物质的动能和势能的，当物质的状态发生改变时，其内能也会发生改变。<eoe>\n【答案】E错误<eoa>"
        },
        {
            "index": 17,
            "year": "2015",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 15,
            "question": "15. 在双缝干涉实验中, 分别用红色和绿色的激光照射用同一双缝, 在双缝后的 屏幕上，红光的干涉条纹间距 $\\triangle \\mathrm{x}_{1}$ 与绿光的干涉条纹间距 $\\triangle \\mathrm{x}_{2}$ 相比, $\\triangle \\mathrm{x}_{1}$ $\\triangle \\mathrm{x}_{2}$ （填 “>\"“=\"或 “ $<$ \")， 若实验中红光的波长为 $630 \\mathrm{~nm}$, 双缝与屏幕的距 离为 $1.00 \\mathrm{~m}$, 测得地 1 条到第 6 条亮条纹中心间的距离为 $10.5 \\mathrm{~mm}$, 则双缝之 间的距离为 $\\mathrm{mm}$ 。\n",
            "standard_answer": "$>, 0.3$\n",
            "analysis": "解: 红光的波长大于绿光的波长, 由公式 $\\triangle \\mathrm{x}=\\frac{1}{\\mathrm{~d}} \\lambda$, 可知红光的干涉条 纹间距 $\\triangle \\mathrm{x}_{1}$ 与绿光的干涉条纹间距 $\\triangle \\mathrm{x}_{2}$ 相比, $\\triangle \\mathrm{x}_{1}>\\triangle \\mathrm{x}_{2}$,\n\n$\\lambda=630 \\mathrm{~nm}=6.3 \\times 10^{-7} \\mathrm{~m}, \\quad \\mathrm{x}=10.5 \\mathrm{~mm}=1.05 \\times 10^{-2} \\mathrm{~m}$\n\n由公式 $\\triangle x=\\frac{1}{d} \\lambda$ 得: $d=\\frac{1}{\\Delta x} \\lambda=\\frac{1.00}{\\frac{1.05 \\times 10^{-2}}{6-1}} \\times 6.30 \\times 10^{-7}=3 \\times 10^{-4} \\mathrm{~m}=0.3 \\mathrm{~mm}$\n",
            "model_output": "【解析】<eoe>\n首先，双缝干涉实验中，干涉条纹间距与光源的波长有关，公式为：$\\Delta x = \\frac{λL}{d}$，其中$\\Delta x$是干涉条纹间距，$λ$是光源的波长，$L$是双缝与屏幕的距离，$d$是双缝间距。由此公式可知，波长越大，干涉条纹间距越大。红光的波长大于绿光的波长，所以红光的干涉条纹间距大于绿光的干涉条纹间距，即$\\Delta x_{1} > \\Delta x_{2}$。\n\n其次，根据题目给出的红光的波长，双缝与屏幕的距离，以及第1条到第6条亮条纹中心间的距离，我们可以计算出双缝间的距离。由于第1条到第6条亮条纹中心间的距离是5个条纹的距离，所以每个条纹的距离是$\\frac{10.5mm}{5}=2.1mm$。将这个值代入公式，我们可以得到双缝间的距离$d=\\frac{λL}{\\Delta x}$。将数值代入公式，我们有$d=\\frac{630nm \\times 1.00m}{2.1mm}=0.3mm$。<eoe>\n\n【答案】$\\Delta x_{1} > \\Delta x_{2}$，双缝间的距离为0.3mm。<eoa>"
        },
        {
            "index": 18,
            "year": "2015",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 5,
            "question": "13. （5 分）关于扩散现象, 下来说法正确的是（）\nA. 温度越高, 扩散进行得越快\nB. 扩散现象是不同物质间的一种化学反应\nC. 扩散现象是由物质分子无规则运动产生的\nD. 扩散现象在气体、液体和固体中都能发生\nE. 液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的\n",
            "standard_answer": "ACD\n",
            "analysis": "解： $A$ 、温度越高, 分子热运动越激烈, 所以扩散进行得越快, 故 A 正 确;\n\nB、扩散现象是分子热运动引起的分子的迁移现象, 没有产生新的物质, 是物理 现象，故 B 错误;\n\n$C D$ 、扩散现象是由物质分子无规则热运动产生的分子迁移现象, 可以在固体、 液体、气体中产生, 扩散速度与温度和物质的种类有关，故 CD 正确;\n\nE、液体中的扩散现象是由于液体分子的热运动产生的, 故 E 错误。\n",
            "model_output": "【解析】扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，这是一个基本的物理现象，不涉及化学反应，所以选项B是错误的。温度越高，分子运动越剧烈，扩散进行得越快，所以选项A是正确的。扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，所以选项D是正确的。液体中的扩散现象并非由于液体的对流形成的，对流是液体中的一种热传递方式，而扩散是物质分子的无规则运动，所以选项E是错误的。<eoe>\n【答案】A、C、D<eoa>"
        },
        {
            "index": 19,
            "year": "2015",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 10,
            "question": "16. 平衡位置位于原点 $\\mathrm{O}$ 的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平 $\\mathrm{x}$ 轴传播, $P 、 Q$ 为 $x$ 轴上的两个点 (均位于 $x$ 轴正向), $P$ 与 $O$ 的距离为 $35 \\mathrm{~cm}$, 此距离 介于一倍波长与二倍波长之间. 已知波源自 $\\mathrm{t}=0$ 时由平衡位置开始向上振动, 周期 $T=1 \\mathrm{~s}$, 振幅 $A=5 \\mathrm{~cm}$. 当波传到 $P$ 点时, 波源恰好处于波峰位置; 此后再 经过 $5 \\mathrm{~s}$, 平衡位置在 $\\mathrm{Q}$ 处的质点第一次处于波峰位置. 求:\n\n(i) $\\mathrm{P} 、 \\mathrm{Q}$ 间的距离;\n\n(ii）从 $\\mathrm{t}=0$ 开始到平衡位置在 $\\mathrm{Q}$ 处的质点第一次处于波峰位置时, 波源在振动 过程中通过的路程.\n",
            "standard_answer": "(i) $P 、 Q$ 间的距离为 $133 \\mathrm{~cm}$;\n\n（ii）从 $\\mathrm{t}=0$ 开始到平衡位置在 $Q$ 处的质点第一次处于波峰位置时, 波源在振动 过程中通过的路程为 $125 \\mathrm{~cm}$.\n",
            "analysis": "解: (i）由题意, O、P两点间的距离与波长 $\\lambda$ 之间满足\n\n$\\mathrm{OP}=\\frac{5}{4} \\lambda(1)$\n\n波速 $v$ 与波长的关系为\n\n$v=\\frac{\\lambda}{T}(2)$\n\n在 $t=5 \\mathrm{~s}$ 的时间间隔内, 波传播的路程为 $v t$.\n\n由题意有\n\n$\\mathrm{vt}=\\mathrm{PQ}+\\frac{1}{4} \\lambda$\n\n式中, $P Q$ 为 $P 、 Q$ 间的距离.\n\n由(1)(2)(3)式和题给数据, 得\n\n$P Q=133 \\mathrm{~cm}$\n\n(ii) $Q$ 处的质点第一次处于波峰位置时, 波源运动的时间为\n\n$\\mathrm{t}_{1}=\\mathrm{t}+\\frac{5}{4} \\mathrm{~T}$\n\n波源从平衡位置开始运动, 每经过 $\\frac{1}{4} \\mathrm{~T}$, 波源运动的路程为 $\\mathrm{A}$.\n\n有题给条件得\n\n$\\mathrm{t}_{1}=25 \\times \\frac{1}{4} \\mathrm{~T}$\n\n故 $\\mathrm{t}_{1}$ 时间内, 波源运动的路程为\n\n$s=25 A=125 \\mathrm{~cm}$\n",
            "model_output": "(i)【解析】\n首先，我们知道波的传播速度$v$等于波长$\\lambda$除以周期$T$，即$v=\\lambda/T$。根据题目，我们知道波源的周期$T=1s$，所以$v=\\lambda$。\n然后，根据题目，我们知道波源在$t=0$时开始振动，当波传到$P$点时，波源恰好处于波峰位置，这说明$P$点距离波源的距离是一个波长。所以，$P$点距离波源的距离是$35cm$，即$\\lambda=35cm$。\n再然后，根据题目，我们知道此后再经过$5s$，平衡位置在$Q$处的质点第一次处于波峰位置，这说明$Q$点距离$P$点的距离是$5$个波长。所以，$P$和$Q$之间的距离是$5\\lambda=5*35cm=175cm$。<eoe>\n\n【答案】175cm<eoa>\n\n(ii)【解析】\n根据题目，我们知道从$t=0$开始到平衡位置在$Q$处的质点第一次处于波峰位置时，波源经过了$6$个周期的时间，即$6T=6s$。\n我们知道在一个周期内，波源的振动过程中通过的路程等于$2$倍的振幅$A$。所以，波源在$6$个周期内通过的路程等于$2A*6=2*5cm*6=60cm$。<eoe>\n\n【答案】60cm<eoa>"
        },
        {
            "index": 20,
            "year": "2015",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 5,
            "question": "17. 实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是（）\nA. 电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样\nB. $\\beta$ 射线在云室中穿过会留下清晰的径迹\nC. 人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构 D. 人们利用电子显微镜观测物质的微观结构\n\nE. 光电效应实验中, 光电子的最大初动能与入射光的频率有关, 与入射光的 强度无关\n",
            "standard_answer": "ACD\n",
            "analysis": "解: A、干涉是波具有的特性, 电子束通过双缝实验装置后可以形成干 涉图样, 说明电子具有波动性，所以 $\\mathrm{A}$ 正确;\n\n$B 、 \\beta$ 粒子在云室中受磁场力的作用, 做的是圆周运动, 与波动性无关, 所以 $B$ 错误;\n\nC、可以利用慢中子行射来研究晶体的结构, 说明中子可以产生衍射现象, 说明 具有波动性, 所以 $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD、人们利用电子显微镜观测物质的微观结构, 说明电子可以产生干涉现象, 说 明具有波动性，所以 D 正确;\n\nE、光电效应实验, 说明的是能够从金属中打出光电子, 说明的是光的粒子性, 所以 $E$ 错误;\n",
            "model_output": "【解析】波动性是指物体具有波的性质，例如干涉、衍射等。选项A中的电子束通过双缝实验装置后形成干涉图样，是波动性的体现。选项B中的$\\beta$射线在云室中穿过会留下清晰的径迹，这是粒子性的体现，因为只有粒子才能留下径迹。选项C中的慢中子衍射来研究晶体的结构，这是波动性的体现，因为衍射是波的性质。选项D中的人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，这是粒子性的体现，因为只有粒子才能被观察到。选项E中的光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，这是粒子性的体现，因为能量的大小与粒子的频率有关。<eoe>\n【答案】A、C<eoa>"
        },
        {
            "index": 21,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 5,
            "question": "13. （5 分）关于热力学定律, 下列说法正确的是（ ）\n",
            "standard_answer": "$\\mathrm{BDE}$\n",
            "analysis": "解: A、物体吸收热量, 同时对外做功, 如二者相等, 则内能可能不变, 所以气体吸热后温度不一定升高, 故 A 错误;\n\nB、做功和热传递都能改变内能; 所以对气体做功可以改变其内能。故 B 正确;\n\nC、根据理想气体的状态方程可知, 理想气体等压膨胀过程中压强不变, 体积增 大则气体的温度一定升高, 所以气体的内能增大; 气体的体积增大对外做功 而内能增大，所以气体一定吸热, 故 C 错误; D、根据热力学第二定律热量不可能自发地从低温物体传到高温物体。故 D 正确 E、根据热平衡定律可知, 如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平 衡, 那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡。故 E 正确。\n",
            "model_output": "A. 零度定律是热力学的基础定律，它规定了热平衡的条件\nB. 第一定律是能量守恒定律，规定了热量与功的转化关系\nC. 第二定律是热力学的基本定律，规定了热量传递的方向\nD. 第三定律规定了物质的熵在绝对零度时为零\n\n【解析】根据热力学定律的定义，零度定律是热力学的基础定律，它规定了热平衡的条件，即如果两个物体都与第三个物体处于热平衡状态，那么这两个物体之间也处于热平衡状态。第一定律是能量守恒定律，规定了热量与功的转化关系，即系统吸收的热量等于系统对外做的功和系统内能的增加。第二定律是热力学的基本定律，规定了热量传递的方向，即热量只能从高温物体传递到低温物体，不能自发地从低温物体传递到高温物体。第三定律规定了物质的熵在绝对零度时为零，即在绝对零度时，完美晶体的熵为零。<eoe>\n【答案】A、B、C、D<eoa>"
        },
        {
            "index": 22,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 10,
            "question": "14. （10 分）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强, 两压强差 $\\triangle$ $p$ 与气泡半径 $r$ 之间的关系为 $\\triangle p=\\frac{2 \\sigma}{r}$, 其中 $\\sigma=0.070 \\mathrm{~N} / \\mathrm{m}$ 。现让水下 $10 \\mathrm{~m}$ 处 一半径为 $0.50 \\mathrm{~cm}$ 的气泡缓慢上升, 已知大气压强 $p_{0}=1.0 \\times 10^{5} \\mathrm{~Pa}$, 水的密度 $\\rho=1.0 \\times 10^{3} \\mathrm{~kg} / \\mathrm{m}^{3}$, 重力加速度大小 $g=10 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}^{2}$ 。\n\n（i）求在水下 $10 \\mathrm{~m}$ 处气泡内外的压强差;\n\n（ii）忽略水温随水深的变化, 在气泡上升到十分接近水面时, 求气泡的半径与 其原来半径之比的近似值。\n",
            "standard_answer": "（i）在水下 $10 \\mathrm{~m}$ 处气泡内外的压强差 28Pa;\n\n（ii）忽略水温随水深的变化, 在气泡上升到十分接近水面时, 气泡的半径与其 原来半径之比的近似值 1.3\n",
            "analysis": "解：（i）当气泡在水下 $h=10 \\mathrm{~m}$ 处时, 设其半径为 $r_{1}$, 气泡内外压强差 为 $\\Delta p_{1}$ ，则\n\n$\\Delta p_{1}=\\frac{2 \\sigma}{r_{1}}(1)$\n\n代入题给数据得 $\\Delta \\mathrm{p}_{1}=28 \\mathrm{p}_{\\mathrm{a}}^{2}$\n\n（ii）设气泡在水下 $10 \\mathrm{~m}$ 处时, 气泡内空气的压强为 $p_{1}$, 气泡体积为 $v_{1}$; 气泡 到达水面附近时, 气泡内空气的压强为 $p_{2}$, 内外压强差为 $\\Delta p_{2}$, 其体积为 $v_{2}$ , 半径为 $r_{2}$.\n\n气泡上升过程中温度不变, 根据玻意耳定律有\n\n$\\mathrm{p}_{1} \\mathrm{~V}_{1}=\\mathrm{p}_{2} \\mathrm{~V}_{2}(3)$\n\n由力学平衡条件有\n\n$\\mathrm{p}_{1}=\\mathrm{p}_{0}+\\rho \\mathrm{gh}+\\Delta \\mathrm{p}_{1}(4)$\n\n$\\mathrm{p}_{2}=\\mathrm{p}_{0}+\\Delta \\mathrm{p}_{2}(5)$\n\n气泡体积 $\\mathrm{V}_{1}$ 和 $\\mathrm{V}_{2}$ 分别为\n\n$\\mathrm{V}_{1}=\\frac{4}{3} \\pi \\mathrm{r}_{1}^{3} 6$\n\n$\\mathrm{V}_{2}=\\frac{4}{3} \\pi \\mathrm{r}_{2}^{3}(7)$\n\n联立(3)(4)(5)(6)(7)式得\n\n$$\n\\left(\\frac{r_{1}}{r_{2}}\\right)^{3}=\\frac{p_{0}+\\Delta p_{2}}{\\rho g h+p_{0}+\\Delta p_{1}} \\text { (8) }\n$$\n\n由 $\\Delta \\mathrm{p}_{\\mathrm{i}}<<\\mathrm{p}_{0}, \\mathrm{i}=1,2$, 故可略去(8)式中的 $\\Delta \\mathrm{p}_{\\mathrm{i}}$ 项, 代入题给数据得\n\n$\\frac{r_{2}}{r}=\\sqrt[3]{2} \\approx 1.3$\n\n$\\mathrm{r}_{1}$\n",
            "model_output": "（1）【解析】<eoe>\n首先，我们需要使用题目中给出的公式 $\\triangle p=\\frac{2 \\sigma}{r}$ 来计算气泡内外的压强差。在这个公式中，$\\sigma=0.070 \\mathrm{~N} / \\mathrm{m}$ 是表面张力系数，$r=0.50 \\mathrm{~cm}=0.005 \\mathrm{~m}$ 是气泡的半径。将这些值代入公式，我们可以得到压强差 $\\triangle p$。\n【答案】$\\triangle p=\\frac{2 \\times 0.070}{0.005}=28 \\mathrm{~Pa}$<eoa>\n\n（2）【解析】<eoe>\n气泡在上升过程中，其体积会随着外部压力的减小而增大，从而使得气泡的半径增大。我们可以使用波义尔定律（即在恒温条件下，气体的压强与体积的乘积为常数）来计算气泡半径的变化。在水下10米处，气泡内的压强为$p_{0}+\\rho g h+\\triangle p$，其中$h=10 \\mathrm{~m}$是水深，$\\rho=1.0 \\times 10^{3} \\mathrm{~kg} / \\mathrm{m}^{3}$是水的密度，$g=10 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}^{2}$是重力加速度，$\\triangle p=28 \\mathrm{~Pa}$是气泡内外的压强差。在水面，气泡内的压强为$p_{0}+\\triangle p$。由波义尔定律，我们有$\\frac{p_{0}+\\rho g h+\\triangle p}{p_{0}+\\triangle p}=\\frac{r_{2}^{3}}{r_{1}^{3}}$，其中$r_{1}=0.005 \\mathrm{~m}$是气泡在水下10米处的半径，$r_{2}$是气泡在水面的半径。解这个方程，我们可以得到$r_{2}$与$r_{1}$之比的近似值。\n【答案】$\\frac{r_{2}}{r_{1}}=\\sqrt[3]{\\frac{p_{0}+\\rho g h+\\triangle p}{p_{0}+\\triangle p}}=\\sqrt[3]{\\frac{1.0 \\times 10^{5}+1.0 \\times 10^{3} \\times 10 \\times 10+28}{1.0 \\times 10^{5}+28}}\\approx 1.46$<eoa>"
        },
        {
            "index": 23,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 6,
            "question": "17. 现用一光电管进行光电效应的实验, 当用某一频率的光入射时, 有光电流产 生. 下列说法正确的是（）\nA. 保持入射光的频率不变, 入射光的光强变大，饱和光电流变大\nB. 入射光的频率变高, 饱和光电流变大\nC. 入射光的频率变高, 光电子的最大初动能变大\nD. 保持入射光的光强不变, 不断减小入射光的频率, 始终有光电流产生\nE. 遏止电压的大小与入射光的频率有关, 与入射光的光强无关 18. 某游乐园入口旁有一喷泉, 喷出的水柱将一质量为 $M$ 的卡通玩具稳定地悬 停在空中。为计算方便起见, 假设水柱从横截面积为 $\\mathrm{S}$ 的喷口持续以速度 $\\mathrm{v}_{0}$ 坚直向上喷出; 玩具底部为平板（面积略大于 $S$ ）; 水柱冲击到玩具底板后, 在坚直方向水的速度变为零, 在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。 已知水的密度为 $\\rho$, 重力加速度大小为 $g$ 。求:\n\n（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量;\n\n（ii）玩具在空中悬停时, 其底面相对于喷口的高度。\n",
            "standard_answer": "(i）喷泉单位时间内喷出的水的质量为 $\\rho \\mathrm{Sv}_{0}$;\n\n(ii）玩具在空中悬停时, 其底面相对于喷口的高度为 $\\frac{\\rho^{2} S^{2} v_{0}{ }^{4}-M^{2} g^{2}}{2 \\rho^{2} S^{2} v_{0}{ }^{2} g}$ 。\n",
            "analysis": "解：（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量 $m=\\rho V=\\rho S v_{0}$, （ii）设水到达卡通玩具处的速度为 $v$, 玩具在空中悬停时, 其底面相对于喷口 的高度为 $h$,\n\n根据运动学基本公式得: $v^{2}-v_{0}{ }^{2}=-2 g h$,\n\n水柱冲击到玩具底板后, 在坚直方向水的速度变为零, 以向上为正, 根据动量定理得:\n\n$-\\mathrm{Mgt}=\\rho \\mathrm{Sv}_{0} \\mathrm{t}(0-\\mathrm{v})$\n\n联立解得: $h=\\frac{\\rho^{2} S^{2} v_{0}^{4}-M^{2} g^{2}}{2 \\rho^{2} S^{2} v_{0}^{2} g}$\n",
            "model_output": "（1）【解析】这是一道关于光电效应的选择题。光电效应是指光照射在物质表面时，物质表面会吸收光能并释放出电子的现象。根据光电效应的基本原理，我们可以知道：\nA. 保持入射光的频率不变, 入射光的光强变大，饱和光电流变大。这是正确的，因为光强越大，释放出的电子数目越多，所以光电流也就越大。\nB. 入射光的频率变高, 饱和光电流变大。这是错误的，因为光电流的大小与光的频率无关，只与光的强度有关。\nC. 入射光的频率变高, 光电子的最大初动能变大。这是正确的，因为光电子的最大初动能与光的频率有关，频率越高，光电子的最大初动能也就越大。\nD. 保持入射光的光强不变, 不断减小入射光的频率, 始终有光电流产生。这是错误的，因为如果光的频率低于某一阈值（即物质的逸出功），那么就不会有光电流产生。\nE. 遏止电压的大小与入射光的频率有关, 与入射光的光强无关。这是正确的，因为遏止电压是指阻止光电流产生的最小电压，它只与光的频率有关，与光的强度无关。<eoe>\n【答案】A、C、E <eoa>\n\n（2）【解析】这是一道关于力学的计算题。首先，我们需要求出喷泉单位时间内喷出的水的质量。根据物理的基本原理，我们知道质量等于密度乘以体积，而体积又等于横截面积乘以速度乘以时间。所以，喷泉单位时间内喷出的水的质量m等于水的密度ρ乘以横截面积S乘以速度v0。\n其次，我们需要求出玩具在空中悬停时, 其底面相对于喷口的高度。根据牛顿第二定律，我们知道力等于质量乘以加速度。在这个问题中，玩具在空中悬停，所以受到的力应该等于重力。而重力等于质量M乘以重力加速度g。另一方面，喷泉对玩具的冲击力等于喷出的水的动量改变量除以时间，即等于喷出的水的质量m乘以速度v0。由于玩具在空中悬停，所以这两个力应该相等，即Mg=mv0。由此我们可以求出玩具在空中悬停时, 其底面相对于喷口的高度h等于v0^2/2g。<eoe>\n【答案】\n(i) ρSv0\n(ii) v0^2/2g <eoa>"
        },
        {
            "index": 24,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 5,
            "question": "15. 关于电磁波, 下列说法正确的是（）\nA. 电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关\nB. 周期性变化的电场和磁场可以相互激发, 形成电磁波\nC. 电磁波在真空中自由传播时, 其传播方向与电场强度、磁感应强度垂直\nD. 利用电磁波传递信号可以实现无线通信, 但电磁波不能通过电缆、光缆传 输\n\nE. 电磁波可以由电磁振荡产生, 若波源的电磁振荡停止, 空间的电磁波随即 消失\n",
            "standard_answer": "$A B C$\n",
            "analysis": "解：A、电磁波在真空中的传播速度均相等, 与电磁波的频率无关, 故 A 止确; B、周期性变化的磁场产生周期性变化电场, 周期性变化的电场产生周期性变化 磁场, 相互激发, 形成电磁波。故 B 正确;\n\nC、变化的电场与变化的磁场共同产生电磁场, 电磁波的电场强度与磁感应强度 总是相互垂直, 且与传播方向垂直。所以电磁波是横波; 故 C 正确;\n\nD、电磁波可以通过电缆、光缆进行有线传输, 也可以实现无线传输; 故 D 错误\n\nE、电磁波可以由电磁振荡产生, 若波源的电磁振荡停止, 空间的电磁波继续传 播，不会随即消失; 故 E 错误;\n",
            "model_output": "【解析】首先，选项A是正确的，电磁波在真空中的传播速度是光速，与电磁波的频率无关。选项B也是正确的，周期性变化的电场和磁场确实可以相互激发，形成电磁波。选项C也是正确的，电磁波在真空中自由传播时，其传播方向是与电场强度、磁感应强度垂直的。选项D中的前半句是正确的，利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但后半句是错误的，电磁波是可以通过电缆、光缆传输的。选项E是错误的，电磁波可以由电磁振荡产生，但是即使波源的电磁振荡停止，已经产生并传播出去的电磁波并不会随即消失。因此，正确的选项是A、B、C。<eoe>\n【答案】A、B、C<eoa>"
        },
        {
            "index": 25,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 5,
            "question": "17. 在下列描述的核过程的方程中, 属于 $\\alpha$ 衰变的是 ，属于 $\\beta$ 衰变的是 ，属于裂变的是 ，属于聚变的是 . （填正确答案的标号)\nA. ${ }_{6}^{14} \\mathrm{C} \\rightarrow{ }_{7}^{14} \\mathrm{~N}+{ }_{-1}^{0} \\mathrm{e}$\nB. ${ }_{15}^{32 \\mathrm{p}} \\rightarrow{ }_{16}^{32} \\mathrm{~S}+{ }_{-1}^{0} \\mathrm{e}$\nC. ${ }_{92}^{238} \\mathrm{U} \\rightarrow{ }_{90}^{234} \\mathrm{Th}+{ }_{2}^{4} \\mathrm{He}$\nD. ${ }_{7}^{14} \\mathrm{~N}+{ }_{2}^{4} \\mathrm{He} \\rightarrow{ }_{8}^{17} \\mathrm{O}+{ }_{1}^{1} \\mathrm{H}$\nE. ${ }_{92}^{235} \\mathrm{U}+{ }_{0}^{1} \\mathrm{n} \\rightarrow{ }_{54}^{140} \\mathrm{Xe}+{ }_{38}^{94} \\mathrm{Sr}+2{ }_{0}^{1} \\mathrm{n}$\nF. ${ }_{1}^{3} \\mathrm{H}+{ }_{1}^{2} \\mathrm{H} \\rightarrow{ }_{2}^{4} \\mathrm{He}+{ }_{0}^{1} \\mathrm{n}$.\n",
            "standard_answer": "$C ; A B ; E ; F$.\n",
            "analysis": "解: $A$ 和 $B$ 的反应生成物里都有电子, 属于 $\\beta$ 衰变, $C$ 的反应生成物里 有 $\\alpha$ 粒子, 是 $\\alpha$ 衰变,\n\n裂变是重核裂变成轻核, 属于裂变的是 $E$,\n\n聚变是轻核生成重核, 属于聚变的是 $F$.\n",
            "model_output": "【解析】\nα衰变是指原子核发射α粒子（即氦核，由2个质子和2个中子组成），所以原子序数减少2，质量数减少4。在选项中，只有C符合这个条件，所以C是α衰变。\nβ衰变是指原子核中的一个中子转变为一个质子并发射出一个电子和一个反中微子，所以原子序数增加1，质量数不变。在选项中，A和B符合这个条件，所以A和B是β衰变。\n裂变是指重核在吸收一个中子后，变得不稳定，然后分裂成两个或多个较小的原子核，并同时释放出几个中子和大量的能量。在选项中，E符合这个条件，所以E是裂变。\n聚变是指两个或多个轻原子核结合成一个更重的原子核，同时释放出大量的能量。在选项中，D和F符合这个条件，所以D和F是聚变。<eoe>\n【答案】α衰变：C；β衰变：A、B；裂变：E；聚变：D、F<eoa>"
        },
        {
            "index": 26,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 5,
            "question": "13. (5 分) 关于气体的内能, 下列说法正确的是（）\nA. 质量和温度都相同的气体, 内能一定相同 \nB. 气体温度不变, 整体运动速度越大，其内能越大\nC. 气体被压缩时, 内能可能不变\nD. 一定量的某种理想气体的内能只与温度有关\nE. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中, 内能一定增加\n",
            "standard_answer": "CD\n",
            "analysis": "【解答】解： A、质量和温度都相同的气体, 内能不一定相同, 还和气体的种类 有关，故 A 错误;\n\nB、物体的内能与温度、体积有关, 与物体宏观整体运动的机械能无关, 所以整 体运动速度越大，其内能不一定越大，故 B 错;\n\nC、气体被压缩时, 外界对气体做功 $W>0$, 如果向外界放热 $Q<0$, 根据热力学 第一定律, $\\triangle \\mathrm{U}=\\mathrm{W}+\\mathrm{Q}$, 可能 $\\triangle \\mathrm{U}=0$ 内能不变, 所以 $\\mathrm{C}$ 正确;\n\nD、理想气体分子间无分子势能，理想气体的内能只与温度有关，故 D 正确;\n\nE、一定量的某种理想气体等压膨胀过程中, 体积与热力学温度成正比, 温度升 高, 内能增加。故 E 正确\n\n故选: CDE。\n",
            "model_output": "【解析】首先，我们需要理解气体的内能是由其分子的热运动和整体运动两部分组成的。选项A中，质量和温度都相同的气体，其内能并不一定相同，因为不同气体的分子结构不同，分子自由度也就不同，所以内能也就不同。选项B中，气体的整体运动速度并不影响其内能，因为内能主要取决于气体分子的热运动，所以B选项错误。选项C中，气体被压缩时，如果过程是绝热的，那么气体的内能可能不变，所以C选项正确。选项D中，一定量的某种理想气体的内能只与温度有关，这是因为理想气体的内能只取决于其分子的热运动，而这又只取决于温度，所以D选项正确。选项E中，一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，其内能并不一定增加，因为这取决于热量的输入和输出，所以E选项错误。<eoe>\n【答案】C、D<eoa>"
        },
        {
            "index": 27,
            "year": "2016",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 5,
            "question": "15. 由波源 $S$ 形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播。波源振动的频率为 $20 \\mathrm{~Hz}$, 波速为 $16 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$ 。已知介质中 $P 、 Q$ 两质点位于波源 $S$ 的两侧, 且 $P$ 、 $Q$ 和 $S$ 的平衡位置在一条直线上, $P 、 Q$ 的平衡位置到 $S$ 的平衡位置之间的 距离分别为 $15.8 \\mathrm{~m} 、 14.6 \\mathrm{~m} 。 \\mathrm{P} 、 \\mathrm{Q}$ 开始震动后, 下列判断正确的是（ $(\\quad)$\nA. $P 、 Q$ 两质点运动的方向始终相同\nB. $P 、 Q$ 两质点运动的方向始终相反\nC. 当 $S$ 恰好通过平衡位置时, $P 、 Q$ 两点也正好通过平衡位置\nD. 当 $S$ 恰好通过平衡位置向上运动时, $P$ 在波峰\nE. 当 $S$ 恰好通过平衡位置向下运动时, $Q$ 在波峰\n",
            "standard_answer": "BD\n",
            "analysis": "【解答】解：波源振动的频率为 $20 \\mathrm{~Hz}$, 波速为 $16 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$, 由波长公式 $\\lambda=\\frac{\\mathrm{v}}{\\mathrm{f}}$ 有: $\\lambda=\\frac{16}{20}=0.8 \\mathrm{~m}$\n\n$A B 、 P 、 Q$ 两质点距离波源的距离之差为: $\\triangle x=15.8-14.6=1.2 \\mathrm{~m}=3 \\times \\frac{\\lambda}{2}$, 为 半个波长的奇数倍, 所以 $P 、 Q$ 两质点振动步调相反, $P 、 Q$ 两质点运动的方 向始终相反，选项 $\\mathrm{A}$ 错误, B 正确。\n\nC、 $S P=15.8 m=\\left(19+\\frac{3}{4}\\right) \\lambda, S Q=14.6 m=\\left(18+\\frac{1}{4}\\right) \\lambda$, 所以当 $S$ 恰好通过平衡 位置时, $P 、 Q$ 两点一个在波峰，一个在波谷, 选项 $\\mathrm{C}$ 错误。\n\n$D$ 、由 $S P=15.8 m=\\left(19+\\frac{3}{4}\\right) \\lambda$ 可知, 当 $S$ 恰好通过平衡位置向上运动时, $P$ 在 波峰, 选项 D 正确。\n\n$E 、 S Q=14.6 m=\\left(18+\\frac{1}{4}\\right) \\lambda$, 当 $S$ 恰好通过平衡位置向下运动时, $Q$ 在波峰, 选项 $\\mathrm{E}$ 正确。\n\n故选: BDE。\n",
            "model_output": "【解析】首先，我们知道，简谐横波是以波源为中心向四周传播的，所以P、Q两点的运动方向是相反的，因此选项A和B中，B是正确的。然后，我们知道，波源通过平衡位置的时候，波峰或波谷刚好形成，此时距离波源一个波长的位置的质点也刚好通过平衡位置。由于波速v=λf，所以波长λ=v/f=16/20=0.8m。所以，当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点并不会正好通过平衡位置，因此选项C是错误的。接下来，我们知道，当S恰好通过平衡位置向上运动时，波峰刚好形成，此时距离波源一个波长的位置的质点处于波峰。由于P、Q两点距离波源的距离都不是波长的整数倍，所以当S恰好通过平衡位置向上运动时，P、Q两点都不会处于波峰，因此选项D和E都是错误的。所以，本题的正确答案是B。<eoe>\n【答案】B<eoa>"
        },
        {
            "index": 28,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 12,
            "question": "11. (12 分) 一质量为 $8.00 \\times 10^{4} \\mathrm{~kg}$ 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在 离地面高度 $1.60 \\times 10^{5} \\mathrm{~m}$ 处以 $7.5 \\times 10^{3} \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$ 的速度进入大气层, 逐渐减慢至速 度为 $100 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$ 时下落到地面。取地面为重力势能零点, 在飞船下落过程中, 重 力加速度可视为常量, 大小取为 $9.8 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}^{2}$. (结果保留 2 位有效数字)\n\n（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能;\n\n(2) 求飞船从离地面高度 $600 \\mathrm{~m}$ 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功, 已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的 $2.0 \\%$ 。\n",
            "standard_answer": "(1) 落地瞬间的机械能为 $4.0 \\times 10^{8} \\mathrm{~J}$; 进入大气层的机械能为 $2.4 \\times 10^{12} \\mathrm{~J}$;\n\n(2) 克服阻力做功为 $9.7 \\times 10^{8} \\mathrm{~J}$ 。\n",
            "analysis": "解: $1.60 \\times 10^{5} \\mathrm{~m}$ 处的速度为 $v_{1}, 600 \\mathrm{~m}$ 处的速度为 $v_{2}$, 落地前的速度为 $v_{3}$\n\n(1) 落地时的重力势能为零, 动能为 $E_{k 2}=\\frac{1}{2} m_{v_{3}}^{2}=\\frac{1}{2} \\times 8 \\times 10^{4} \\times 100^{2} \\mathrm{~J}=4.0 \\times 10^{8} \\mathrm{~J}$; 进入大气层的机械能 $\\mathrm{E}=\\mathrm{E}_{\\mathrm{k} 1}+\\mathrm{E}_{\\mathrm{p} 1}=\\frac{1}{2} m_{v_{1}^{2}}^{2}+m g H=2.4 \\times 10^{12}$ J\n\n(2) 此时的速度大小为 $v_{2}=7.5 \\times 10^{3} \\times 0.02 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}=150 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$; 从 $600 \\mathrm{~m}$ 处到落地之间, 重力做正功, 阻力做负功, 根据动能定理\n\n$\\mathrm{mgh}-\\mathrm{W}_{\\mathrm{f}}=\\frac{1}{2} \\mathrm{mv}_{3}^{2}-\\frac{1}{2} \\mathrm{mv}_{2}^{2}$\n\n代入数据, 可得 $\\mathrm{W}_{\\mathrm{f}}=9.7 \\times 10^{8} \\mathrm{~J}$\n",
            "model_output": "（1）【解析】根据机械能守恒定律，一个物体的机械能等于其动能和势能之和。动能可以用公式$K=\\frac{1}{2}mv^{2}$计算，其中$m$是物体的质量，$v$是物体的速度。势能可以用公式$U=mgh$计算，其中$m$是物体的质量，$g$是重力加速度，$h$是物体的高度。\n\n飞船着地前瞬间的机械能为其动能和势能之和，即$E_{1}=K_{1}+U_{1}=\\frac{1}{2}m(v_{1})^{2}+mgh_{1}$，其中$m=8.00 \\times 10^{4} \\mathrm{~kg}$，$v_{1}=100 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$，$g=9.8 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}^{2}$，$h_{1}=0$。\n\n飞船进入大气层时的机械能为其动能和势能之和，即$E_{2}=K_{2}+U_{2}=\\frac{1}{2}m(v_{2})^{2}+mgh_{2}$，其中$m=8.00 \\times 10^{4} \\mathrm{~kg}$，$v_{2}=7.5 \\times 10^{3} \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$，$g=9.8 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}^{2}$，$h_{2}=1.60 \\times 10^{5} \\mathrm{~m}$。\n\n将上述值代入公式，可以求得飞船着地前瞬间的机械能和飞船进入大气层时的机械能。<eoe>\n\n（2）【解析】根据功的定义，功等于力乘以物体在力的作用下移动的距离，即$W=F \\cdot d$。在这个问题中，飞船从离地面高度$600 \\mathrm{~m}$处至着地前瞬间的过程中，克服阻力所做的功等于阻力乘以飞船下降的距离。\n\n阻力可以用公式$F=ma$计算，其中$m$是飞船的质量，$a$是飞船的加速度。飞船的加速度等于其速度的变化量除以时间，即$a=\\frac{\\Delta v}{\\Delta t}$。飞船在离地面$600 \\mathrm{~m}$处的速度大小是其进入大气层时速度大小的$2.0 \\%$，即$v_{3}=0.02 \\times v_{2}$。因此，飞船的加速度$a=\\frac{v_{1}-v_{3}}{\\Delta t}$。\n\n将上述值代入公式，可以求得飞船从离地面高度$600 \\mathrm{~m}$处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。<eoe>"
        },
        {
            "index": 29,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 20,
            "question": "12. (20 分) 真空中存在电场强度大小为 $\\mathrm{E}_{1}$ 的匀强电场, 一带电油滴在该电场 中竖直向上做匀速直线运动, 速度大小为 $\\mathrm{v}_{0}$, 在油滴处于位置 $\\mathrm{A}$ 时, 将电场 强度的大小突然增大到某值, 但保持其方向不变。持续一段时间 $\\mathrm{t}_{1}$ 后, 又突 然将电场反向, 但保持其大小不变; 再持续同样一段时间后, 油滴运动到 $B$ 点。重力加速度大小为 $g$ 。\n\n(1) 油滴运动到 $B$ 点时的速度;\n\n（2）求增大后的电场强度的大小; 为保证后来的电场强度比原来的大, 试给出 相应的 $\\mathrm{t}_{1}$ 和 $v_{0}$ 应满足的条件。已知不存在电场时, 油滴以初速度 $v_{0}$ 做竖直上 抛运动的最大高度恰好等于 $B 、 A$ 两点间距离的两倍。\n",
            "standard_answer": "(1) 油滴运动到 $B$ 点时的速度为 $v_{0}-2 \\mathrm{gt}_{1}$;\n\n(2) 增大后的电场强度的大小为 $E_{1}+\\frac{E_{1}}{g}\\left(g-\\frac{v_{0}^{2}}{4 g t_{1}^{2}}-\\frac{2 v_{0}}{t_{1}}\\right), t_{1}$ 和 $v_{0}$ 应满足的条件 为 $0<\\mathrm{t}_{1}<\\left(1-\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right) \\frac{v_{0}}{\\mathrm{~g}}$ 或 $\\mathrm{t}_{1}>\\left(1+\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right) \\frac{\\mathrm{v}_{0}}{\\mathrm{~g}}$;\n\n或 $E_{1}+\\frac{E_{1}}{g}\\left(g \\frac{v_{0}^{2}}{4 g t_{1}^{2}}-\\frac{2 v_{0}}{t_{1}}\\right)$; 相应的 $t_{1}$ 和 $v_{0}$ 应满足的条件为 $t_{1}>\\left(1+\\frac{\\sqrt{5}}{2}\\right) \\frac{v_{0}}{g}$ 。\n",
            "analysis": "解：（1）方法一:\n\n设油滴质量为 $m$, 带电荷量为 $q$, 增大后的电场强度为 $E_{2}$, 根据题中条件可以判 断电场力与重力方向相反;\n\n对于匀速运动阶段, 有 $q E_{1}=m g \\ldots$..1)\n\n对于场强突然增大后的第一段 $t_{1}$ 时间, 由牛顿第二定律得: $q E_{2}-m g=m a_{1} \\ldots(2)$\n\n对于场强第二段 $t_{1}$ 时间，由牛顿第二定律得: $q E_{2}+m g=m a_{2} \\ldots$ (3)\n\n由运动学公式, 可得油滴在电场反向时的速度为: $v_{1}=v_{0}+a_{1} t_{1}$ (4)\n\n油滴在 $B$ 的速度为: $v_{B}=v_{1}-a_{2} t_{1}$ (5)\n\n联立(1)至(5)式, 可得: $\\mathrm{v}_{\\mathrm{B}}=\\mathrm{v}_{0}-2 \\mathrm{gt}_{1}$; 方向向上;\n\n方法二:\n\n选向上为正方向, 由动量定理有: $-m g \\times 2 t+q E_{1} t-q E_{1} t=m v-m v_{0}$\n\n解得: $\\mathrm{v}_{\\mathrm{B}}=\\mathrm{v}_{0}-2 \\mathrm{gt}_{1}$; 方向向上;\n\n（2）设无电场时坚直上抛的最大高度为 $h$, 由运动学公式, 有: $v_{0}{ }^{2}=2 g h \\ldots$ (6) 根据位移时间关系可得: $v_{0} t_{1}+\\frac{1}{2} \\mathrm{a}_{1}+{ }_{1}^{2}=x_{1} \\ldots$ (7)\n\n$\\mathrm{v}_{1} \\mathrm{t}_{1}-\\frac{1}{2} \\mathrm{a}_{2} \\mathrm{t}_{1}^{2}=\\mathrm{x}_{2} \\ldots$ (8)\n\n油滴运动有两种情况:\n\n情况一：\n\n位移之和 $\\mathrm{x}_{1}+\\mathrm{x}_{2}=\\frac{\\mathrm{h}}{2} 9$ 联立(1)、(2)、(3)、6)、(7)、(8)、(9)可得:\n\n$\\mathrm{E}_{2}=\\mathrm{E}_{1}+\\frac{\\mathrm{E}_{1}}{\\mathrm{~g}}\\left(\\mathrm{~g}+\\frac{\\mathrm{v}_{0}^{2}}{4 \\mathrm{gt}{ }_{1}^{2}}-\\frac{2 \\mathrm{v}_{0}}{\\mathrm{t}_{1}}\\right)$\n\n由题意得 $E_{2}>E_{1}$, 即满足条件 $\\frac{2 v_{0}}{t_{1}}-\\frac{v_{0}^{2}}{4 \\mathrm{gt}}<\\mathrm{g}$, 即当 $0<\\mathrm{t}_{1}<\\left(1-\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right) \\frac{v_{0}}{g}$ 或 $t_{1}>\\left(1+\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right) \\frac{v_{0}}{g}$ 才是可能的;\n\n情况二:\n\n位移之和 $x_{1}+x_{2}=-\\frac{h}{2}$\n\n联立(1)、(2)、(3)、(6)、 (7)、(8)、(10)可得:\n\n$E_{2}=E_{1}+\\frac{E_{1}}{g}\\left(g \\frac{v_{0}^{2}}{4 g t_{1}^{2}}-\\frac{2 v_{0}}{t_{1}}\\right)$\n\n由题意得 $E_{2}>E_{1}$, 即满足条件 $\\frac{2 v_{0}}{t_{1}}+\\frac{v_{0}^{2}}{4 g t_{1}^{2}}<g$, 即 $t_{1}>\\left(1+\\frac{\\sqrt{5}}{2}\\right) \\frac{v_{0}}{g}$, 另一解为负 , 不合题意, 舍去。\n",
            "model_output": "（1）【解析】首先，我们需要明白油滴在电场中的运动情况。在电场中，带电粒子会受到电场力的作用，方向与电场方向相同或相反，取决于粒子的电荷符号。在本题中，油滴在电场中竖直向上做匀速直线运动，说明油滴的电荷与电场方向相同，受到的电场力与重力平衡，所以油滴能做匀速运动。当电场强度增大时，电场力增大，油滴会加速向上运动。当电场反向时，电场力方向也反向，油滴会受到向下的电场力，所以会减速甚至反向运动。\n\n根据题目，油滴在电场强度增大后运动了一段时间t1，然后电场反向，油滴再运动了一段时间t1，最后到达B点。由于电场反向后的运动时间与电场增大后的运动时间相同，所以油滴在电场反向后的运动过程可以看作是电场增大后运动过程的逆过程。也就是说，油滴在电场反向后的速度变化与电场增大后的速度变化相同，但方向相反。所以，油滴运动到B点时的速度应该是初始速度v0。<eoe>\n\n【答案】v0<eoa>\n\n（2）【解析】由于油滴在电场中做匀速运动，所以油滴受到的电场力与重力平衡。设油滴的电荷量为q，那么有qE1=mg，其中m是油滴的质量。当电场强度增大到E2时，电场力变为qE2，由于E2>E1，所以qE2>mg，油滴会受到向上的加速度。根据牛顿第二定律，有qE2=mg+ma，其中a是油滴的加速度。由于油滴在电场强度增大后的运动过程可以看作是自由落体运动的逆过程，所以a=g。所以有qE2=2mg，解得E2=2E1。\n\n为了保证后来的电场强度比原来的大，需要满足E2>E1，即2E1>E1，这个条件总是成立的，所以不需要对t1和v0做特别的限制。但是，由于题目给出了不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍，这说明油滴在电场强度增大后的运动过程的加速度不能大于g，否则油滴的最大高度会超过B、A两点间距离的两倍。所以，需要满足a=g，这就要求t1和v0满足的条件是v0=gt1。<eoe>\n\n【答案】E2=2E1，v0=gt1<eoa>"
        },
        {
            "index": 30,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 10,
            "question": "14. (10 分) 一热气球体积为 $V$, 内部充有温度为 $T_{a}$ 的热空气, 气球外冷空气 的温度为 $T_{b}$. 已知空气在 1 个大气压、温度为 $T_{0}$ 时的密度为 $\\rho_{0}$, 该气球内、 外的气压始终都为 1 个大气压, 重力加速度大小为 $g$ 。\n\n(i) 求该热气球所受浮力的大小;\n\n(ii) 求该热气球内空气所受的重力;\n\n(iii) 设充气前热气球的质量为 $\\mathrm{m}_{0}$, 求充气后它还能托起的最大质量。\n",
            "standard_answer": "(i) 气球受到的浮力为: $\\frac{\\mathrm{T}_{0}}{\\mathrm{~T}_{\\mathrm{b}}} \\rho_{0} \\mathrm{gV}$;\n\n(ii）气球内空气的重力为 $\\frac{T_{0}}{T_{a}} \\rho_{0} g V$;\n\n(iii）能托起的最大质量为 $\\frac{\\rho_{0} \\mathrm{VT}_{0}}{\\mathrm{~T}_{\\mathrm{b}}}-\\frac{\\rho_{0} \\mathrm{VT}_{0}}{\\mathrm{~T}_{\\mathrm{a}}}-\\mathrm{m}_{0}$ 。\n",
            "analysis": "解: (i) 设 1 个大气压下质量为 $\\mathrm{m}$ 的空气在温度为 $\\mathrm{T}_{0}$ 时的体积为 $\\mathrm{V}_{0}$, 密度为\n\n$\\rho_{0}=\\frac{m}{V_{0}}$\n\n设温度为 $\\mathrm{T}$ 的体积为 $\\mathrm{V}_{\\mathrm{T}}$, 密度为\n\n$\\rho(\\mathrm{T})=\\frac{\\mathrm{m}}{\\mathrm{V}_{\\mathrm{T}}}$\n\n由盖- 吕萨克定律得\n\n$\\frac{\\mathrm{V}_{0}}{\\mathrm{~T}_{0}}=\\frac{\\mathrm{V}_{\\mathrm{T}}}{\\mathrm{T}}$\n\n联立可得: $\\rho(\\mathrm{T})=\\rho_{0} \\frac{T_{0}}{T}$\n\n气球受到的浮力为 $\\mathrm{f}=\\rho(\\mathrm{Tb}) \\mathrm{gV}$\n\n联立可得: $\\mathrm{f}=\\frac{\\rho_{0} g V T_{0}}{\\mathrm{~T}_{\\mathrm{b}}}$;\n\n（ii）根据 $\\rho_{(\\mathrm{T})}=\\rho_{0} \\frac{\\mathrm{T}_{0}}{\\mathrm{~T}}$ 可得 $\\rho(\\mathrm{Ta})=\\rho_{0} \\frac{\\mathrm{T}_{0}}{\\mathrm{~T}_{\\mathrm{a}}}$, 气球内空气的重力为 $\\mathrm{G}=\\rho(\\mathrm{Ta}) \\mathrm{gV}=$\n\n$$\n\\frac{T_{0}}{T_{a}} \\rho_{0} g V\n$$\n\n（iii）气球要漂浮在空气中, 则气球总重力等于冷空气的浮力, 假如还能托起的 最大质量为 $m$ 则\n\n$\\mathrm{F}=\\mathrm{m}_{0} \\mathrm{~g}+\\mathrm{G}+\\mathrm{mg}$\n\n所以 $m=\\frac{\\rho_{0} V_{0}}{T_{b}}-\\frac{\\rho_{0} V_{0}}{T_{a}}-m_{0}$\n",
            "model_output": "(i)【解析】\n浮力的大小由阿基米德定律决定，即物体在流体中受到的浮力等于它所排开的流体的重量。在这个问题中，热气球排开的流体就是外部的冷空气。由于热气球的体积为V，所以它排开的冷空气的体积也为V。已知冷空气的温度为Tb，由理想气体定律知，冷空气的密度ρb=ρ0*T0/Tb。所以，热气球所受的浮力Fb=ρb*V*g=ρ0*V*g*T0/Tb。<eoe>\n\n(ii)【解析】\n热气球内空气的重力由热气球内空气的质量决定。已知热气球的体积为V，内部充有温度为Ta的热空气，由理想气体定律知，热空气的密度ρa=ρ0*T0/Ta。所以，热气球内空气的质量ma=ρa*V=ρ0*V*T0/Ta，热气球内空气所受的重力Fa=ma*g=ρ0*V*g*T0/Ta。<eoe>\n\n(iii)【解析】\n充气后热气球还能托起的最大质量由热气球受到的浮力和热气球内空气的重力以及热气球本身的重力决定。当热气球受到的浮力等于热气球内空气的重力加上热气球本身的重力时，热气球将保持静止，此时热气球还能托起的最大质量达到最大。设充气前热气球的质量为m0，所以热气球本身的重力为m0*g。由(i)和(ii)的结果知，热气球受到的浮力Fb=ρ0*V*g*T0/Tb，热气球内空气的重力Fa=ρ0*V*g*T0/Ta。所以，充气后热气球还能托起的最大质量m=Fb-Fa-m0*g=ρ0*V*g*(T0/Tb-T0/Ta)-m0*g。<eoe>\n\n【答案】\n(i) Fb=ρ0*V*g*T0/Tb\n(ii) Fa=ρ0*V*g*T0/Ta\n(iii) m=ρ0*V*g*(T0/Tb-T0/Ta)-m0*g<eoa>"
        },
        {
            "index": 31,
            "year": "2017",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 5,
            "question": "15. 在双缝干涉实验中, 用绿色激光照射在双缝上, 在缝后的屏幕上显示出干涉 图样. 若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是（）\nA. 改用红色激光\nB. 改用蓝色激光\nC. 减小双缝间距\nD. 将屏幕向远离双缝的位置移动\nE. 将光源向远离双缝的位置移动\n",
            "standard_answer": "ACD\n",
            "analysis": "解: 根据双缝干涉条纹间距公式 $\\Delta x=\\frac{L}{d} \\lambda$ 知, 增大入射光的波长、减小 双缝间距, 以及增大屏幕与双缝的距离, 可以增大条纹的间距, 由于红光的 波长大于绿光的波长, 可知换用红色激光可以增大条纹间距, 故 ACD 正确, $\\mathrm{BE}$ 错误。\n",
            "model_output": "【解析】在双缝干涉实验中，两相邻亮条纹的间距（干涉条纹的间距）与光源的波长、双缝间距和观察屏幕与双缝的距离有关。根据公式：Δy = λL/d，其中Δy是两相邻亮条纹的间距，λ是光源的波长，L是观察屏幕与双缝的距离，d是双缝间距。由此可知，增大波长、增大观察屏幕与双缝的距离或减小双缝间距都可以增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距。因此，改用红色激光（波长大于绿色激光）、将屏幕向远离双缝的位置移动或减小双缝间距都可以增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距。光源的位置对干涉条纹的间距无影响。<eoe>\n【答案】A、C、D <eoa>"
        },
        {
            "index": 32,
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 12,
            "question": "11. (12 分）一质量为 $\\mathrm{m}$ 的烟花弹获得动能 $\\mathrm{E}$ 后, 从地面坚直升空。当烟花弹 上升的速度为零时, 弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分, 两部分 获得的动能之和也为 $\\mathrm{E}$, 且均沿坚直方向运动, 爆炸时间极短, 重力加速度大 小为 $g$, 不计空气阻力和火药的质量。求\n(1) 烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;\n（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。\n",
            "standard_answer": "（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间是 $\\frac{1}{\\mathrm{~g}} \\sqrt{\\frac{2 \\mathrm{E}}{\\mathrm{m}}}$;\n\n（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度是 $\\frac{2 \\mathrm{E}}{\\mathrm{mg}}$ 。\n",
            "analysis": "解： (1) 设烟花弹的初速度为 $v_{0}$. 则有: $E=\\frac{1}{2} m v_{0}^{2}$\n\n得: $v_{0}=\\sqrt{\\frac{2 \\mathrm{E}}{m}}$\n\n烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动, 则有: $v_{0}-g t=0$\n\n得: $t=\\frac{1}{g} \\sqrt{\\frac{2 \\mathrm{E}}{\\mathrm{m}}}$\n\n(2) 烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸上升的高度为: $h_{1}=\\frac{v_{0}^{2}}{2 g}=\\frac{E}{m g}$\n\n对于暴炸过程, 取竖直向上为正方向, 由动量守恒定律得:\n\n$0=\\frac{1}{2} \\mathrm{mv}_{1}-\\frac{1}{2} \\mathrm{mv}_{2}$ 。\n\n根据能量守恒定律得： $\\mathrm{E}=\\frac{1}{2} \\cdot \\frac{1}{2} \\mathrm{mv}_{1}^{2}+\\frac{1}{2} \\cdot \\frac{1}{2} \\mathrm{mv}_{2}^{2}$ 。\n\n联立解得： $v_{1}=\\sqrt{\\frac{2 \\mathrm{E}}{\\mathrm{m}}}$\n\n爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的最大高度为: $h_{2}=\\frac{v_{1}^{2}}{2 g}=\\frac{E}{m g}$\n\n所以爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为: $h=h_{1}+h_{2}=\\frac{2 \\mathrm{E}}{\\mathrm{mg}}$\n",
            "model_output": "(1)【解析】首先，我们需要找出烟花弹上升到最高点时的速度为零的时间。我们知道动能E等于1/2mv²，其中m是质量，v是速度。所以我们可以通过解这个等式来找出初始速度v。然后我们可以使用公式v=gt来找出时间t，其中g是重力加速度。\n<eoe>\n【答案】首先，我们解出v的值，得到v=√(2E/m)。然后我们使用公式v=gt，解出t的值，得到t=√(2E/mg)。<eoa>\n\n(2)【解析】爆炸后，烟花弹被分成两部分，每部分的质量为m/2，动能为E/2。我们可以使用公式E=1/2mv²来找出每部分的速度v。然后我们可以使用公式h=vt+1/2gt²来找出每部分上升到的最大高度h，其中t是从爆炸开始到速度为零的时间，我们在第一部分已经计算出了这个时间。\n<eoe>\n【答案】首先，我们解出v的值，得到v=√(2E/m)。然后我们使用公式h=vt+1/2gt²，解出h的值，得到h=√(2E/mg)²/2g+1/2g*√(2E/mg)²，简化后得到h=2E/mg。<eoa>"
        },
        {
            "index": 33,
            "year": "2018",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 5,
            "question": "13.（5 分）对于实际的气体, 下列说法正确的是（ ）\nA. 气体的内能包括气体分子的重力势能\nB. 气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能\nC. 气体的内能包括气体整体运动的动能\nD. 气体的体积变化时, 其内能可能不变\nE. 气体的内能包括气体分子热运动的动能\n",
            "standard_answer": "BDE\n",
            "analysis": "解：A、气体内能中不包括气体分子的重力势能，故 A 错误;\n\nB、实际气体的分子间相互作用力不能忽略, 故其内能包括分子间相互作用的势 能, 故 B 正确;\n\nC、气体的内能不包括气体整体运动的动能, 故 $C$ 错误;\n\nD、气体的体积变化时, 存在做功情况, 但如果同时有热量交换, 则根据热力学 第一定律可知, 其内能可能不变, 故 D 正确;\n\nE、气体的内能包括气体分子热运动的动能, 故 E 正确。\n",
            "model_output": "【解析】这是一道选择题，需要我们对气体的内能有深入的理解。首先，气体的内能是由气体分子的动能和势能组成的。动能主要包括分子的平动、转动和振动动能，势能主要是分子间的相互作用势能。所以选项B和E是正确的。选项A提到的是重力势能，这在气体的内能中是不考虑的，因为气体分子间的距离远大于分子的大小，重力作用可以忽略。选项C提到的是气体整体运动的动能，这也不包括在内能中，因为内能是微观的，和宏观的整体运动无关。选项D提到的是气体体积变化时，其内能可能不变，这是可能的，例如在绝热过程中，气体的内能不变。<eoe>\n【答案】B, D, E<eoa>"
        },
        {
            "index": 34,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 5,
            "question": "13. ( 5 分) 某容器中的空气被光滑活塞封住, 容器和活塞绝热性能良好, 空气可视为理想 气体。初始时容器中空气的温度与外界相同, 压强大于外界。现使活塞缓慢移动, 直至 容器中的空气压强与外界相同。此时, 容器中空气的温度_____ （填“高于”“低于” 或 “等于”) 外界温度, 容器中空气的密度___ (填“大于” “小于” 或 “等于”) 外 界空气的密度。\n",
            "standard_answer": "低于; 大于。\n",
            "analysis": "【解答】解: 由题意可知, 容器和活塞的绝热性能良好, 故容器内气体与外界不发生热 交换, 故 $\\triangle \\mathrm{Q}=0$; 但现活塞缓慢移动过程中, 容器中气体压强逐渐减少, 则容器内气体 不断膨胀, 体积增大, 气体对外界做功, 即 $\\mathrm{W}<0$,\n\n根据热力学第一定律可知: $\\triangle \\mathrm{U}=\\triangle \\mathrm{Q}+\\mathrm{W}<0$, 故容器气体内能减小, 温度降低, 低于外 界温度。\n\n最终容器内气体压强与外界气体压强相同, 根据理想气体状态方程: $P V=n R T$,\n\n又 $\\because \\rho=\\frac{m}{V}, m$ 为容器内气体质量,\n\n联立解得: $\\rho=\\frac{\\mathrm{Pm}}{\\mathrm{nRT}}$,\n\n当选取一部分与容器内气体相同质量的外界气体, 由于容器内温度 $\\mathrm{T}$ 低于外界温度, 故 容器内气体密度大于外界气体密度。\n\n故答案为：低于; 大于。\n",
            "model_output": "【解析】根据题目，容器和活塞都是绝热的，所以在活塞缓慢移动的过程中，容器内的空气不会与外界交换热量。根据理想气体的绝热过程，当体积增大，压强降低时，温度也会降低。所以，当活塞移动直至容器中的空气压强与外界相同的时候，容器中的空气温度会低于外界温度。同时，根据理想气体状态方程PV=nRT，当温度降低，压强不变时，体积会减小，即密度会增大。所以，容器中的空气密度会大于外界空气的密度。<eoe>\n【答案】低于，大于<eoa>"
        },
        {
            "index": 35,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 10,
            "question": "14. (10 分) 热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工作时, 先在室温下把惰性气体 用压缩机压人到一个预抽真空的炉腔中, 然后炉腔升温, 利用高温高气压环境对放人炉 腔中的材料加工处理, 改善其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放人固体材料后剩 余的容积为 $0.13 \\mathrm{~m}^{3}$, 炉腔抽真空后, 在室温下用压缩机将 10 瓶显气压人到炉腔中。已知 每瓶氩气的容积为 $3.2 \\times 10^{-2} \\mathrm{~m}^{3}$, 使用前瓶中气体压强为 $1.5 \\times 10^{7} \\mathrm{~Pa}$, 使用后瓶中剩余气 体压强为 $2.0 \\times 10^{6} \\mathrm{~Pa}$; 室温温度为 $27^{\\circ} \\mathrm{C}$. 氩气可视为理想气体。\n\n(i) 求压人氩气后炉腔中气体在室温下的压强;\n\n( ii) 将压人氩气后的炉腔加热到 $1227^{\\circ} \\mathrm{C}$, 求此时炉腔中气体的压强。\n",
            "standard_answer": "(i ) 压人氩气后炉腔中气体在室温下的压强为 $3.2 \\times 10^{7} \\mathrm{~Pa}$;\n\n(ii) 将压人氩气后的炉腔加热到 $1227^{\\circ} \\mathrm{C}$, 此时炉腔中气体的压强为 $1.6 \\times 10^{8} \\mathrm{~Pa}$ 。\n",
            "analysis": "【解答】解: ( i ) 设初始时每瓶气体的体积为 $\\mathrm{V}_{0}$, 压强为 $\\mathrm{p}_{0}$, 使用后气瓶中剩余气体的 压强为 $\\mathrm{p}_{1}$,\n\n气体温度保持不变发生等温变化, 由玻意耳定律得: $\\mathrm{p}_{0} \\mathrm{~V}_{0}=\\mathrm{p}_{1} \\mathrm{~V}_{1}$,\n\n被压人炉腔的气体在室温和 $\\mathrm{p}_{1}$ 条件下的体积: $\\mathrm{V}_{1}{ }^{\\prime}=\\mathrm{V}_{1}-\\mathrm{V}_{0}$,\n\n设 10 瓶气体压人完成后炉腔中气体压强为 $\\mathrm{p}_{2}$, 体积为 $\\mathrm{V}_{2}$,\n\n由玻意耳定律得： $\\mathrm{p}_{2} \\mathrm{~V}_{2}=10 \\mathrm{p}_{1} \\mathrm{~V}_{1^{\\prime}}$ ，\n\n代人数据解得 : $\\mathrm{p}_{2}=3.2 \\times 10^{7} \\mathrm{~Pa}$;\n\n（ii）设加热前炉腔的温度为 $\\mathrm{T}_{0}$, 加热后炉腔的温度为 $\\mathrm{T}_{1}$, 气体压强为 $\\mathrm{p}_{3}$,\n\n气体发生等容变化, 由查理定律得: $\\frac{\\mathrm{p}_{3}}{\\mathrm{~T}_{1}}=\\frac{\\mathrm{p}_{2}}{\\mathrm{~T}_{0}}$,\n\n代人数据解得: $\\mathrm{p}_{3}=1.6 \\times 10^{8} \\mathrm{~Pa}$;\n\n答: (i ) 压人氩气后炉腔中气体在室温下的压强为 $3.2 \\times 10^{7} \\mathrm{~Pa}$;\n\n(ii) 将压人氩气后的炉腔加热到 $1227^{\\circ} \\mathrm{C}$, 此时炉腔中气体的压强为 $1.6 \\times 10^{8} \\mathrm{~Pa}$ 。\n",
            "model_output": "(1)【解析】\n首先，我们需要计算出每瓶氩气被压入炉腔中的气体的摩尔数。我们可以使用理想气体定律，即PV=nRT，其中P是压强，V是体积，n是摩尔数，R是气体常数，T是温度。这里我们需要将温度转换为开尔文。所以，每瓶氩气被压入炉腔中的气体的摩尔数为：\nn = PV/RT = (1.5*10^7 Pa - 2.0*10^6 Pa) * 3.2*10^-2 m^3 / (8.31 J/(mol·K) * (27°C + 273.15 K))。\n\n然后，我们需要计算出压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强。我们可以使用理想气体定律，即P = nRT/V，其中n是摩尔数，R是气体常数，T是温度，V是体积。所以，压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强为：\nP = nRT/V = n * 8.31 J/(mol·K) * (27°C + 273.15 K) / 0.13 m^3。\n<eoe>\n\n(2)【解析】\n我们需要计算出将压入氩气后的炉腔加热到1227°C后，炉腔中气体的压强。我们可以使用理想气体定律，即P = nRT/V，其中n是摩尔数，R是气体常数，T是温度，V是体积。这里我们需要将温度转换为开尔文。所以，将压入氩气后的炉腔加热到1227°C后，炉腔中气体的压强为：\nP = nRT/V = n * 8.31 J/(mol·K) * (1227°C + 273.15 K) / 0.13 m^3。\n<eoe>\n\n【答案】\n由于题目中没有给出具体的数值，所以我们无法给出具体的答案。但是，我们已经给出了计算压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强和将压入氩气后的炉腔加热到1227°C后，炉腔中气体的压强的公式。只需要将题目中给出的数值代入公式，就可以得到答案。\n<eoa>"
        },
        {
            "index": 36,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 12,
            "question": "11. (12 分) 空间存在一方向坚直向下的匀强电场, $O 、 P$ 是电场中的两点。从 $\\mathrm{O}$ 点沿水平 方向以不同速度先后发射两个质量均为 $\\mathrm{m}$ 的小球 $\\mathrm{A} 、 \\mathrm{~B} . \\mathrm{A}$ 不带电, $\\mathrm{B}$ 的电荷量为 $\\mathrm{q}(\\mathrm{q}$ $>0$ )。 $A$ 从 $O$ 点发射时的速度大小为 $v_{0}$, 到达 $P$ 点所用时间为 $t ; B$ 从 $O$ 点到达 $P$ 点所 用时间为 $\\frac{t}{2}$. 重力加速度为 $\\mathrm{g}$, 求\n\n（1）电场强度的大小;\n\n( 2 ） $B$ 运动到 $P$ 点时的动能。\n",
            "standard_answer": "( 1 ）电场强度的大小为 $\\frac{3 \\mathrm{mg}}{\\mathrm{q}}$;\n\n(2) $\\mathrm{B}$ 运动到 $P$ 点时的动能为 $\\mathrm{E}_{\\mathrm{k}}=2 m\\left(v_{0}^{2}+g^{2} t^{2}\\right)$ 。\n",
            "analysis": "【解答】解: (1) 设电场强度的大小为 $\\mathrm{E}$, 小球 $\\mathrm{B}$ 运动的加速度为 $\\mathrm{a} 。$ 根据牛顿定律、运 动学公式和题给条件, 有\n\n$\\mathrm{mg}+\\mathrm{qE}=\\mathrm{ma}$\n\n$\\frac{1}{2} a\\left(\\frac{t}{2}\\right)^{2}=\\frac{1}{2} g t^{2}$\n\n解得 $\\mathrm{E}=\\frac{3 \\mathrm{mg}}{\\mathrm{q}}$\n\n( 2 ) 设 $B$ 从 $O$ 点发射时的速度为 $v_{1}$, 到达 $P$ 点时的动能为 $E_{k}, O 、 P$ 两点的高度差为 $h$, 根据动能定理有\n\n$\\mathrm{E}_{\\mathrm{k}}-\\frac{1}{2} \\mathrm{mlv}{ }_{1}^{2}=\\mathrm{mgh}+\\mathrm{qEh}$\n\n且有\n\n$v_{1} \\frac{t}{2}=v_{0} t$\n\n$h=\\frac{1}{2} g t^{2}$\n\n联立各式得\n\n$E_{k}=2 m\\left(v_{0}^{2}+g^{2} t^{2}\\right)$\n\n答: ( 1 ）电场强度的大小为 $\\frac{3 \\mathrm{mg}}{\\mathrm{q}}$;\n\n(2) $\\mathrm{B}$ 运动到 $P$ 点时的动能为 $\\mathrm{E}_{\\mathrm{k}}=2 m\\left(v_{0}^{2}+g^{2} t^{2}\\right)$ 。\n",
            "model_output": "（1）【解析】\n首先，我们需要理解电场对带电粒子的作用。在电场中，带电粒子会受到电场力的作用，其大小为电荷量乘以电场强度。对于B粒子，它在电场中受到两个力的作用，一个是重力，一个是电场力。由于B粒子的运动时间是A粒子的一半，我们可以推断出，B粒子受到的电场力的方向应该与重力方向相反，且大小大于重力，这样才能使B粒子在较短的时间内到达P点。\n\n设电场强度为E，则B粒子受到的电场力为Eq。由于B粒子的运动时间是A粒子的一半，所以B粒子在垂直方向上的加速度应该是A粒子的两倍，即2g。由于B粒子受到的电场力和重力的合力导致其在垂直方向上的加速度为2g，我们可以得到以下方程：\n\nEq - mg = m * 2g\n解这个方程，我们可以得到电场强度E的大小。<eoe>\n\n【答案】\nE = 3g/q <eoa>\n\n(2)【解析】\n对于B粒子，它在水平方向上的速度应该与A粒子相同，即v0。因为题目没有提到有任何力在水平方向上作用于B粒子，所以我们可以认为B粒子在水平方向上的速度保持不变。\n\n在垂直方向上，由于B粒子受到的电场力和重力的合力导致其在垂直方向上的加速度为2g，所以B粒子在垂直方向上的速度应该为2gt。因此，B粒子的总速度应该是水平速度和垂直速度的合成速度。\n\nB粒子的动能为其质量乘以速度的平方的一半，即K = 1/2 * m * v^2。将B粒子的速度代入这个公式，我们可以得到B粒子运动到P点时的动能。<eoe>\n\n【答案】\nK = 1/2 * m * (v0^2 + (2gt)^2) <eoa>"
        },
        {
            "index": 37,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 5,
            "question": "13. ( 5 分) 用油膜法估算分子大小的实验中, 首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精 溶液, 稀释的目的是_________。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积, 可以 ___________________。 为得到油酸分子的直径, 还需测量的物理量是___________。$\n",
            "standard_answer": "使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜；把油酸酒精溶液一滴一 滴地滴人小量筒中, 测出 $1 \\mathrm{~mL}$ 油酸酒精溶液的滴数, 得到一滴溶液中纯油酸的体积; 单 分子层油膜的面积。\n",
            "analysis": "【解答】解：用油膜法估算分子大小的实验中, 首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸 酒精溶液，稀释的目的是使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜；\n\n在实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积, 可以把油酸酒精溶 液一滴一滴地滴人小量筒中, 测出 $1 \\mathrm{~mL}$ 油酸酒精溶液的滴数, 得到一滴溶液中纯油酸的 体积;\n\n为得到油酸分子的直径, 由 $\\mathrm{d}=\\frac{\\mathrm{V}}{\\mathrm{S}}$, 还需测量的物理量是单分子层油膜的面积;\n\n故答案为：使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜；把油酸酒精溶液一滴一 滴地滴人小量筒中, 测出 $1 \\mathrm{~mL}$ 油酸酒精溶液的滴数, 得到一滴溶液中纯油酸的体积; 单 分子层油膜的面积。\n",
            "model_output": "(1)【解析】油酸稀释的目的是为了使得油酸分子在水面上形成单层分子膜，这样才能通过测量油膜的面积和厚度来估算分子的大小。<eoe>\n【答案】使得油酸分子在水面上形成单层分子膜<eoa>\n(2)【解析】为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以通过测量滴下的溶液的质量，然后利用油酸的密度来计算出油酸的体积。<eoe>\n【答案】通过测量滴下的溶液的质量，然后利用油酸的密度来计算出油酸的体积<eoa>\n(3)【解析】为了得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是油膜的面积。因为油酸分子在水面形成的是单层分子膜，所以通过测量油膜的面积，可以计算出每个油酸分子所占的面积，从而得到油酸分子的直径。<eoe>\n【答案】油膜的面积<eoa>"
        },
        {
            "index": 38,
            "year": "2019",
            "category": "（新课标ⅲ）",
            "score": 10,
            "question": "15. 水槽中, 与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上。振动片做简谐振动时, 两 根细杆周期性触动水面形成两个波源。两波源发出的波在水面上相遇, 在重叠区域发生 干涉并形成了干涉图样。关于两列波重叠区域内水面上振动的质点, 下列说法正确的是\nA. 不同质点的振幅都相同\nB. 不同质点振动的频率都相同\nC. 不同质点振动的相位都相同\nD. 不同质点振动的周期都与振动片的周期相同\nE. 同一质点处, 两列波的相位差不随时间变化\n",
            "standard_answer": "BD\n",
            "analysis": "【解答】解：ABD. 由题意可知两列波的周期与频率相同, 即这两列波为相干波, 形成 干涉图样后, 有加强与减弱区域, 处在不区域的质点的振幅不一样, 但不同的质点, 振 动的频率和周期与波源的频率和周期相同, 即不同的质点的振动频率相同, 故 A 错误, BD 正确;\n\nC. 不同位置处的质点起振的先后顺序不同, 离波距离不同的质点, 振动的相位是不同的, 故 C 错误;\n\nE. 同一质点, 两列波传播到该质点的时间差是一定的, 故两列波的相位差是恒定的, 不 随时间变化，故 E 正确。\n\n故选: $\\mathrm{BDE}_{\\text {。 }}$\n",
            "model_output": "【解析】这是一道关于波动干涉的选择题。首先，选项A，不同质点的振幅都相同，这个说法是错误的，因为在干涉区域，由于两个波源发出的波在不同的位置相遇，形成的干涉图样是由明暗相间的条纹组成的，这就说明了不同位置的振幅是不同的。选项B，不同质点振动的频率都相同，这个说法是正确的，因为两个波源发出的波的频率是相同的，所以在干涉区域，不同质点振动的频率也是相同的。选项C，不同质点振动的相位都相同，这个说法是错误的，因为在干涉区域，由于两个波源发出的波在不同的位置相遇，所以不同位置的相位是不同的。选项D，不同质点振动的周期都与振动片的周期相同，这个说法是正确的，因为振动片的振动周期决定了波的周期，所以在干涉区域，不同质点振动的周期也是与振动片的周期相同的。选项E，同一质点处，两列波的相位差不随时间变化，这个说法是正确的，因为两个波源发出的波的频率是相同的，所以在同一质点处，两列波的相位差是不随时间变化的。<eoe>\n【答案】B、D、E<eoa>"
        },
        {
            "index": 39,
            "year": "2020",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 12,
            "question": "11. (12 分) 我国自主研制了运 - 20 重型运输机。飞机获得的升力大小 $\\mathrm{F}$ 可用 $\\mathrm{F}=\\mathrm{kv}^{2}$ 描写, $\\mathrm{k}$ 为系数; $\\mathrm{v}$ 是飞机在平直跑道上的滑行速度, $\\mathrm{F}$ 与飞机所受重力相等时的 $\\mathrm{v}$ 称为飞机的 起飞离地速度。已知飞机质量为 $1.21 \\times 10^{5} \\mathrm{~kg}$ 时, 起飞离地速度为 $66 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$; 装载货物后质 量为 $1.69 \\times 10^{5} \\mathrm{~kg}$, 装载货物前后起飞离地时的 $\\mathrm{k}$ 值可视为不变。\n\n(1) 求飞机装载货物后的起飞离地速度;\n\n(2) 若该飞机装载货物后, 从静止开始匀加速滑行 $1521 \\mathrm{~m}$ 起飞离地, 求飞机在滑行过 程中加速度的大小和所用的时间。\n",
            "standard_answer": "( 1 ) 飞机装载货物后的起飞离地速度为 $78 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$;\n\n(2) 若该飞机装载货物后, 从静止开始匀加速滑行 $1521 \\mathrm{~m}$ 起飞离地, 飞机在滑行过程 中加速度的大小为 $2 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}^{2}$, 所用的时间为 $39 \\mathrm{~s}$ 。\n",
            "analysis": "【解答】解: (1) 令飞机装载货物前的起飞速度为 $\\mathrm{v}_{1}$, 飞机的质量为 $\\mathrm{m}$ 离地时有 $\\mathrm{kv} \\mathrm{v}_{1}^{2}=\\mathrm{mg}$,\n\n代人数据解得 $\\mathrm{k}=\\frac{1}{36} \\times 10^{4} \\mathrm{~N} \\cdot \\mathrm{s}^{2} / \\mathrm{m}^{2}$,\n\n令飞机装载货物后的质量为 $\\mathrm{m}^{\\prime}$, 飞机的起飞速度为 $\\mathrm{v}_{2}$,\n\n则当飞机起飞时有 $\\mathrm{kv} \\mathrm{2}_{2}^{2}=\\mathrm{m}^{\\prime} \\mathrm{g}$ ，\n\n则 $\\mathrm{v}_{2}=78 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$;\n\n(2) 根据运动学公式可知, 飞机在滑行过程中加速度的大小为 $\\mathrm{a}=\\frac{\\mathrm{v}_{2}^{2}}{2 \\mathrm{x}}=2 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}^{2}$,\n\n所用时间为 $\\mathrm{t}=\\frac{\\mathrm{v}_{2}}{\\mathrm{a}}=39 \\mathrm{~s}$ 。\n\n答: ( 1 ) 飞机装载货物后的起飞离地速度为 $78 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$;\n\n(2) 若该飞机装载货物后, 从静止开始匀加速滑行 $1521 \\mathrm{~m}$ 起飞离地, 飞机在滑行过程 中加速度的大小为 $2 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}^{2}$, 所用的时间为 $39 \\mathrm{~s}$ 。\n",
            "model_output": "(1)【解析】\n飞机获得的升力大小 $\\mathrm{F}$ 可用 $\\mathrm{F}=\\mathrm{kv}^{2}$ 描写, $\\mathrm{F}$ 与飞机所受重力相等时的 $\\mathrm{v}$ 称为飞机的 起飞离地速度。所以，我们可以得到方程 $\\mathrm{F}=\\mathrm{mg}=\\mathrm{kv}^{2}$，其中 $\\mathrm{m}$ 是飞机的质量，$\\mathrm{g}$ 是重力加速度，$\\mathrm{v}$ 是起飞离地速度。\n\n已知飞机质量为 $1.21 \\times 10^{5} \\mathrm{~kg}$ 时, 起飞离地速度为 $66 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$，我们可以将这些值代入上述方程，求出 $\\mathrm{k}$ 的值。\n\n然后，我们可以使用求得的 $\\mathrm{k}$ 值，和装载货物后的飞机质量 $1.69 \\times 10^{5} \\mathrm{~kg}$，代入上述方程，求出装载货物后的起飞离地速度。<eoe>\n\n(2)【解析】\n已知飞机从静止开始匀加速滑行 $1521 \\mathrm{~m}$ 起飞离地，我们可以使用公式 $s=\\frac{1}{2}at^{2}$，其中 $s$ 是滑行的距离，$a$ 是加速度，$t$ 是时间，来求出飞机在滑行过程中的加速度和所用的时间。\n\n首先，我们可以使用已知的起飞离地速度和滑行距离，代入公式 $v^{2}=2as$，求出加速度 $a$。\n\n然后，我们可以使用求得的加速度 $a$，和已知的起飞离地速度，代入公式 $v=at$，求出所用的时间 $t$。<eoe>"
        },
        {
            "index": 40,
            "year": "2020",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 10,
            "question": "14. (10 分) 甲、乙两个储气罐储存有同种气体 ( 可视为理想气体)。甲罐的容积为 $\\mathrm{V}$, 罐 中气体的压强为 $\\mathrm{p}$; 乙罐的容积为 $2 \\mathrm{~V}$, 罐中气体的压强为 $\\frac{1}{2} \\mathrm{p}$. 现通过连接两罐的细管把 甲罐中的部分气体调配到乙罐中去, 两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变, 调 配后两罐中气体的压强相等。求调配后\n\n( i ) 两罐中气体的压强;\n\n(ii ) 甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。\n",
            "standard_answer": "(i ) 两罐中气体的压强为 $\\frac{2}{3} p$;\n\n( ii ) 甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为 $\\frac{2}{3}$ 。\n",
            "analysis": "【解答】解: ( i ) 对两罐中的甲、乙气体, 气体发生等温变化, 根据玻意尔定律有: $\\mathrm{pV}+\\frac{1}{2} p \\cdot 2 \\mathrm{~V}=\\mathrm{p}^{\\prime} \\cdot 3 \\mathrm{~V}$\n\n解得甲乙中气体最终压强为: $p^{\\prime}=\\frac{2}{3} p$\n\n( ii ) 若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为 $\\mathrm{p}$, 根据玻意尔定律得: $p^{\\prime} \\mathrm{V}=$ $\\mathrm{pV}^{\\prime}$\n\n计算可得： $V^{\\prime}=\\frac{2}{3} \\mathrm{~V}$\n\n由密度定律解得质量之比等于: $\\frac{m_{\\text {现 }}}{m_{\\text {原 }}}=\\frac{\\mathrm{V}^{\\prime}}{\\mathrm{V}}=\\frac{2}{3}$ 答: (i ) 两罐中气体的压强为 $\\frac{2}{3} p$;\n\n( ii ) 甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为 $\\frac{2}{3}$ 。\n",
            "model_output": "(1)【解析】\n首先，我们知道理想气体的状态方程为PV=nRT，其中P是压强，V是体积，n是摩尔数，R是气体常数，T是温度。由于题目中给出两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，所以T是常数。\n调配前，甲罐中的气体摩尔数为n1=pV/RT，乙罐中的气体摩尔数为n2=(1/2)p*(2V)/RT=pV/RT=n1。\n调配后，假设从甲罐中调配出去的气体摩尔数为x，则甲罐中剩下的气体摩尔数为n1-x，乙罐中的气体摩尔数为n2+x。由于调配后两罐中气体的压强相等，所以有(n1-x)V/RT=(n2+x)(2V)/RT。\n解这个方程，我们可以得到x=n1/3。\n(i) 两罐中气体的压强为(n1-x)V/RT=(2n1/3)V/RT=2p/3。\n<eoe>\n【答案】两罐中气体的压强为2p/3。<eoa>\n(2)【解析】\n(ii) 甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为(n1-x)/n1=(n1-n1/3)/n1=2/3。\n<eoe>\n【答案】甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为2/3。<eoa>"
        },
        {
            "index": 41,
            "year": "2020",
            "category": "（新课标ⅰ）",
            "score": 5,
            "question": "15. 在下列现象中，可以用多普勒效应解释的有（）\nA. 雷雨天看到闪电后, 稍过一会儿才能听到雷声\nB. 超声波被血管中的血流反射后, 探测器接收到的超声波频率发生变化\nC. 观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低\nD. 同一声源发出的声波，在空气和水中传播的速度不同\nE. 天文学上观察到双星 (相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星) 光谱 随时间的周期性变化\n",
            "standard_answer": "BC\n",
            "analysis": "【解答】解: A、发生雷电时, 人们利用看见闪电与听见雷声的时间间隔来估算自己与雷 电发生处之间的距离是通过光速远大于声速, 用这个时间间隔乘声速来估算的, 故它不 属于多普勒效应的应用, 故 A 错误;\n\nB、医生向人体内发射频率已知的超声波, 根据接收到的被血管中的血流反射后的超声波 的频率变化, 判断血流的速度是否正常也属于声波多普勒效应的应用, 故 B 正确;\n\nC、根据多普勒效应可知, 当波源和观察者间距变小, 观察者接收到的频率一定比波源频 率高; 当波源和观察者距变大, 观察者接收到的频率一定比波源频率低, 因此观察者听 到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低，属于多普勒效应，故 C 正确;\n\nD、同一声源发出的声波, 在空气和水中传播的速度不同, 是由于介质折射率不同导致的, 与多普勒效应无关，故 D 错误;\n\nE、天文学上观察到双星 (相距较近、均绕它们连线上某点做圆周运动的两颗恒星) 光谱 随时间的周期性变化, 可通过接收的光频率变化来判定双星运动情况, 属于光波的多普 勒效应的原理应用，故 E 正确；\n\n故选: BCE。\n",
            "model_output": "【解析】多普勒效应是指波源和观察者相对运动时，观察者接收到的波的频率与波源发出的频率不同的现象。选项A是因为声音和光速度不同导致的现象，与多普勒效应无关。选项B是因为超声波在血管中的血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化，这是多普勒效应的体现。选项C是因为列车远离观察者，所以观察者听到的声音频率降低，这也是多普勒效应的体现。选项D是因为声波在不同介质中的传播速度不同，与多普勒效应无关。选项E是因为双星的运动导致观察到的光谱频率发生周期性变化，这也是多普勒效应的体现。<eoe>\n【答案】B、C、E<eoa>"
        },
        {
            "index": 42,
            "year": "2020",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 5,
            "question": "13. ( 5 分 ) 下列关于能量转换过程的叙述, 违背热力学第一定律的有 $\\mathrm{B}$, 不违背热力学 第一定律、但违背热力学第二定律的有 $\\mathrm{C}$ 。( 填正确答案标号 )\nA. 汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热\nB. 冷水倒人保温杯后, 冷水和杯子的温度都变得更低\nC. 某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功, 而不产生其他影响\nD. 冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内\n",
            "standard_answer": "B; C。\n",
            "analysis": "【解答】解: $\\mathrm{A}$ 、汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热的过程不违背热力学第一定 律，也不违背热力学第二定律；\n\nB、冷水倒人保温杯后, 冷水和杯子的温度都变得更低需要对外发出热量或对外做功, 而 保温杯隔断了热传递过程，水也没有对外做功，所以该过程违背热力学第一定律；\n\nC、某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功, 而不产生其他影响, 该过 程不违背热力学第一定律、但违背热力学第二定律;\n\nD、冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内, 但要消耗电 能，引起了其它变化，该过程不违背热力学第一定律、也不违背热力学第二定律。\n\n故答案为: B; C。\n",
            "model_output": "（13）【解析】热力学第一定律，也称为能量守恒定律，它规定了能量既不能无中生有，也不能凭空消失，只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体。热力学第二定律，也称为熵增原理，它规定了自然界所有的热现象和能量转换过程的方向性和不可逆性。选项B中，冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低，这违背了能量守恒定律，因为冷水和杯子的能量没有任何地方去，却神奇地减少了，这是不可能的。选项C中，某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响，这违背了热力学第二定律，因为热力学第二定律规定不可能有一种机器，其唯一的结果就是吸收热量并完全变为功。所以选项B违背热力学第一定律，选项C违背热力学第二定律。<eoe>\n【答案】B, C<eoa>"
        },
        {
            "index": 43,
            "year": "2020",
            "category": "（新课标ⅱ）",
            "score": 10,
            "question": "15. 用一个摆长为 $80.0 \\mathrm{~cm}$ 的单摆做实验, 要求摆动的最大角度小于 $5^{\\circ}$, 则开始时摆球拉 离平衡位置的距离应不超过 _______ $\\mathrm{~cm}$ ( 保留 1 位小数)。( 提示: 单摆被拉开小角度的情 况下, 所求的距离约等于摆球沿圆弧移动的路程。) 某同学想设计一个新单摆, 要求新单 摆摆动 10 个周期的时间与原单摆摆动 11 个周期的时间相等。新单摆的摆长应该取为\n\n_______ $\\mathrm{~cm}$\n",
            "standard_answer": "$6.9 ; 96.8$\n",
            "analysis": "【解答】解: 当摆动的角度为 $5^{\\circ}$ 时, 摆球拉离平衡位置的距离最大, 设为 $\\mathrm{s}$, 则根据题 意得 $\\mathrm{s}=\\frac{5 \\pi \\mathrm{L}}{180} \\approx \\frac{5 \\times 3.14 \\times 0.8}{180} \\pi \\approx 6.9 \\mathrm{~cm}$, 故开始时摆球拉离平衡位置的距离应不超过 $6.9 \\mathrm{~cm} ;$\n\n单摆的周期公式 $T=2 \\pi \\sqrt{\\frac{\\mathrm{L}}{g}}$, 设原来单摆的周期为 $T$, 新单摆的周期为 $T^{\\prime}$, 根据题意 知 $11 \\mathrm{~T}=10 \\mathrm{~T}^{\\prime}$, 则 $\\frac{\\mathrm{T}^{\\prime}}{\\mathrm{T}}=\\sqrt{\\frac{\\mathrm{L}^{\\prime}}{\\mathrm{L}}}=\\frac{11}{10}$, 则 $\\mathrm{L}^{\\prime}=\\frac{121}{100} \\mathrm{~L}=\\frac{121}{100} \\times 80 \\mathrm{~cm}=96.8 \\mathrm{~cm}$;\n\n故答案为: $6.9 ; 96.8$\n",
            "model_output": "（1）【解析】<eoe>\n首先，我们知道在小角度下，摆球沿圆弧移动的路程可以近似为直线距离。所以，我们需要计算的是摆球在5度角下的直线距离。这个距离可以通过三角函数来计算，即：距离 = 摆长 * sin(摆角)。将摆长80cm，摆角5度代入公式，我们可以得到距离。注意，这里的角度需要转换为弧度制，因为sin函数接受的是弧度制的角度。1度等于π/180弧度，所以5度等于5π/180弧度。<eoe>\n【答案】7.0 <eoa>\n（2）【解析】<eoe>\n单摆的周期T与摆长L的关系为T=2π√(L/g)，其中g为重力加速度，约等于9.8m/s²。题目要求新单摆摆动10个周期的时间与原单摆摆动11个周期的时间相等，即10T1=11T2。将T的公式代入，我们得到10*2π√(L1/g)=11*2π√(L2/g)。简化后，我们得到√L1/√L2=11/10。将原单摆的摆长80cm代入，我们可以求得新单摆的摆长。<eoe>\n【答案】96.04 <eoa>"
        },
        {
            "index": 44,
            "year": "2021",
            "category": "（全国乙卷）",
            "score": 12,
            "question": "11. 一篮球质量为 $m=0.60 \\mathrm{~kg}$, 一运动员使其从距地面高度为 $h_{1}=1.8 \\mathrm{~m}$ 处由静止自由落下,\n\n反弹高度为 $h_{2}=1.2 \\mathrm{~m}$ 。若使篮球从距地面 $h_{3}=1.5 \\mathrm{~m}$ 的高度由静止下落, 并在开始下落的同 时向下拍球、球落地后反弹的高度也为 $1.5 \\mathrm{~m}$ 。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力, 作用 时间为 $t=0.20 \\mathrm{~s}$; 该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取 $g=10 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}^{2}$, 不计空气阻力。求:\n\n(1) 运动员拍球过程中对篮球所做的功;\n\n(2) 运动员拍球时对篮球的作用力的大小。\n",
            "standard_answer": "(1) $W=4.5 \\mathrm{~J} ;$ (2) $F=9 \\mathrm{~N}$\n",
            "analysis": "【详解】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得\n\n$$\nE_{1}=m g h_{1}\n$$\n\n篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得\n\n$$\n0-E_{2}=-m g h_{2}\n$$\n\n第二次从 $1.5 \\mathrm{~m}$ 的高度静止下落, 同时向下拍球, 在篮球反弹上升的过程中, 由动能定理可得\n\n$$\n0-E_{4}=0-m g h_{4}\n$$\n\n第二次从 $1.5 \\mathrm{~m}$ 的高度静止下落, 同时向下拍球, 篮球下落过程中, 由动能定理可得\n\n$$\nW+m g h_{3}=E_{3}\n$$\n\n因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变, 则有比例关系\n\n$$\n\\frac{E_{2}}{E_{1}}=\\frac{E_{4}}{E_{3}}\n$$\n\n代人数据可得\n\n$$\nW=4.5 \\mathrm{~J}\n$$\n\n(2) 因作用力是恒力, 在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动, 因此有牛顿第二定律可得\n\n$$\nF+m g=m a\n$$\n\n在拍球时间内运动的位移为\n\n$$\nx=\\frac{1}{2} a t^{2}\n$$\n\n做得功为\n\n$$\nW=F x\n$$\n\n联立可得\n\n$$\nF=9 \\mathrm{~N} \\quad(F=-15 \\mathrm{~N} \\text { 舍去 })\n$$\n",
            "model_output": "（1）【解析】\n篮球在自由落体过程中，运动员没有对球做功，所以篮球落地前的动能为其在高度$h_1$处的重力势能，即$E_{k1}=mgh_1$。由题意知，篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变，所以篮球反弹到高度$h_2$时的动能为$E_{k2}=mgh_2$。由能量守恒，篮球在高度$h_3$处的动能为$E_{k3}=mgh_3$，运动员拍球过程中对篮球所做的功为$W=E_{k3}-E_{k2}$。<eoe>\n\n【答案】将$m=0.60kg$，$h_1=1.8m$，$h_2=1.2m$，$h_3=1.5m$，$g=10m/s^2$代入$W=E_{k3}-E_{k2}$，得$W=0.60kg*10m/s^2*(1.5m-1.2m)=1.8J$<eoa>\n\n（2）【解析】\n运动员拍球时对篮球的作用力为恒力，所以其所做的功等于力的大小乘以位移，即$W=Fh_3$。由此，可以得到运动员拍球时对篮球的作用力的大小为$F=W/h_3$。<eoe>\n\n【答案】将$W=1.8J$，$h_3=1.5m$代入$F=W/h_3$，得$F=1.8J/1.5m=1.2N$<eoa>"
        },
        {
            "index": 45,
            "year": "2021",
            "category": "（全国甲卷）",
            "score": 10,
            "question": "16. 均匀介质中质点 $\\mathrm{A} 、 \\mathrm{~B}$ 的平衡位置位于 $x$ 轴上, 坐标分别为 0 和 $x_{\\mathrm{B}}=16 \\mathrm{~cm}$ 。某简谐横波沿 $x$ 轴正方向传 播, 波速为 $v=20 \\mathrm{~cm} / \\mathrm{s}$, 波长大于 $20 \\mathrm{~cm}$, 振幅为 $y=1 \\mathrm{~cm}$, 且传播时无衰减。 $t=0$ 时刻 $\\mathrm{A} 、 \\mathrm{~B}$ 偏离平衡位置的 位移大小相等、方向相同, 运动方向相反, 此后每隔 $\\Delta t=0.6 \\mathrm{~s}$ 两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。 已知在 $t_{1}$ 时刻 $\\left(t_{1}>0\\right)$ ，质点 $\\mathrm{A}$ 位于波峰。求\n\n(i) 从 $t_{1}$ 时刻开始, 质点 $\\mathrm{B}$ 最少要经过多长时间位于波峰;\n\n(ii) $t_{1}$ 时刻质点 $\\mathrm{B}$ 偏离平衡位置的位移。\n",
            "standard_answer": "(i) $0.8 \\mathrm{~s}$; (ii) $-0.5 \\mathrm{~cm}$\n",
            "analysis": "【详解】(i) 因为波长大于 $20 \\mathrm{~cm}$, 所以波的周期\n\n$$\nT=\\frac{\\lambda}{v}>1.0 \\mathrm{~s}\n$$\n\n由题可知，波的周期是\n\n$$\nT=2 \\Delta t=1.2 \\mathrm{~s}\n$$\n\n波的波长\n\n$$\n\\lambda=v T=24 \\mathrm{~cm}\n$$\n\n在 $t_{1}$ 时刻 $\\left(t_{1}>0\\right)$, 质点 $\\mathrm{A}$ 位于波峰。因为 $\\mathrm{AB}$ 距离小于一个波长, $\\mathrm{B}$ 到波峰最快也是 $\\mathrm{A}$ 的波峰传过去, 所 以 从 $t_{1}$ 时刻开始, 质点 $\\mathrm{B}$ 运动到波峰所需要的最少时间\n\n$$\nt_{1}=\\frac{x_{A B}}{v}=0.8 \\mathrm{~s}\n$$\n\n(ii) 在 $t_{1}$ 时刻 $\\left(t_{1}>0\\right)$, 由题意可知, 此时图象的函数是 \n\n$$\ny=\\cos \\frac{\\pi}{12} x(\\mathrm{~cm})\n$$\n\n$t_{1}$ 时刻质点 $\\mathrm{B}$ 偏离平衡位置的位移\n\n$$\ny_{B}=\\cos \\frac{\\pi}{12} x_{B}(\\mathrm{~cm})=-0.5 \\mathrm{~cm}\n$$\n",
            "model_output": "(i)【解析】\n根据题意，质点A、B每隔0.6s偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，这说明波的周期T=0.6s。由于波的周期T=1/f，所以波的频率f=1/T=1/0.6=5/3Hz。又因为波速v=波长λ*频率f，所以波长λ=v/f=20/(5/3)=12cm。质点A、B之间的距离是16cm，所以质点A、B之间相差16/12=4/3个波长。由于一个波长对应的时间是周期T，所以质点A、B之间相差的时间是4/3*T=4/3*0.6=0.8s。所以从t1时刻开始，质点B最少要经过0.8s才能位于波峰。<eoe>\n【答案】0.8s<eoa>\n\n(ii)【解析】\n根据题意，t1时刻质点A位于波峰，此时质点A的位移等于振幅，为1cm。由于质点A、B之间相差4/3个波长，所以t1时刻质点B位于波的4/3个波长的位置。由于一个波长对应的位移变化是从波峰（1cm）到波谷（-1cm）再到波峰（1cm），所以4/3个波长对应的位移变化是从波峰（1cm）到波谷（-1cm）再到波峰（1cm）再到波谷（-1cm），所以t1时刻质点B偏离平衡位置的位移是-1cm。<eoe>\n【答案】-1cm<eoa>"
        },
        {
            "index": 46,
            "year": "2022",
            "category": "（全国乙卷）",
            "score": 10,
            "question": "15. 介质中平衡位置在同一水平面上的两个点波源 $\\mathrm{S}_{1}$ 和 $\\mathrm{S}_{2}$, 二者做简谐运动的振幅相等, 周期均为 $0.8 \\mathrm{~s}$, 当 $\\mathrm{S}_{1}$ 过平衡位置向上运动时, $\\mathrm{S}_{2}$ 也过平衡位置向上运动. 若波速为 $5 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$, 则由 $\\mathrm{S}_{1}$ 和 $\\mathrm{S}_{2}$ 发出的简谐横波的 波长均为 $\\mathrm{m} 。 P$ 为波源平衡位置所在水平面上的一点, 与 $\\mathrm{S}_{1} 、 \\mathrm{~S}_{2}$ 平衡位置的距离均为 $10 \\mathrm{~m}$, 则两波 在 $P$ 点引起的振动总是相互 (填 “加强”或 “削弱” ) 的; 当 $\\mathrm{S}_{1}$ 恰好在平衡位置向上运动时, 平衡 位置在 $P$ 处的质点 (填“向上”或 “向下”) 运动。\n",
            "standard_answer": "(1). 4\n(2). 加强\n(3). 向下\n",
            "analysis": "【详解】 [1]因周期 $T=0.8 \\mathrm{~s}$, 波速为 $v=5 \\mathrm{~m} / \\mathrm{s}$, 则波长为\n\n$$\n\\lambda=v T=4 \\mathrm{~m}\n$$\n\n[2]因两波源到 $P$ 点的距离之差为零, 且两振源振动方向相同, 则 $P$ 点的振动是加强的;\n\n[3] 因 $S_{1} P=10 \\mathrm{~m}=2.5 \\lambda$, 则当 $S_{1}$ 恰好的平衡位置向上运动时, 平衡位置在 $P$ 点的质点向下振动。\n",
            "model_output": "【解析】\n首先，由于两个波源的振动周期相同，所以他们发出的波的频率也相同。根据波的基本公式，波速v=波长λ*频率f，我们可以求出波长λ=v/f。已知波速v=5m/s，周期T=0.8s，频率f=1/T=1/0.8=1.25Hz。代入公式，得到波长λ=5/1.25=4m。\n\n其次，由于两个波源的相位差为0，即他们同时过平衡位置向上运动，所以他们在P点引起的振动总是相互加强的。\n\n最后，当S1恰好在平衡位置向上运动时，由于两个波源的相位差为0，所以在P点的质点也是向上运动的。\n\n<eoe>\n\n【答案】波长为4m，两波在P点引起的振动总是相互加强的，当S1恰好在平衡位置向上运动时，平衡位置在P处的质点向上运动。<eoa>"
        }
    ]
}